第08讲 直线与圆锥曲线的综合应用讲义（思维导图+4大知识点+9大题型+过关测试）-2025-2026学年高二数学上学期期末必考题型归纳及过关测

该高中数学讲义通过思维导图系统构建直线与圆锥曲线综合应用的知识体系，分层梳理直线与曲线联立、根的判别式与韦达定理、弦长公式、中点弦斜率与方程等核心知识点，用逻辑框架图呈现各考点内在联系，突出联立消元、设而不求等思想方法的重难点分布。 讲义亮点在于“题型归纳—举一反三”的分层设计，涵盖位置关系、中点弦、弦长、面积等九类典型题型，如结合点差法解决中点弦方程问题，培养数学思维与运算能力。每个题型配例题与变式题，基础题巩固方法，综合题提升探究能力，助力学生自主复习，也为教师精准教学提供系统素材。

第08讲 直线与圆锥曲线的综合应用 目录 01 题型归纳目录 2 02 思维导图 3 03 知识点梳理 4 知识点一、直线和曲线联立 4 知识点二、根的判别式和韦达定理 5 知识点三、弦长公式 5 知识点四、已知弦AB的中点，研究AB的斜率和方程 6 04 题型归纳，举一反三 7 题型一：直线与圆锥曲线的位置关系 7 题型二：求中点弦所在直线方程问题； 7 题型三：求弦中点的轨迹方程问题； 8 题型四：对称问题 9 题型五：斜率之积问题 10 题型六：弦长问题 11 题型七：面积比问题 12 题型八：三角形面积问题 14 题型九：四边形面积问题 15 05 过关测试 17 知识点一、直线和曲线联立 （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． 总结：韦达定理连接了题干条件与方程中的参数，所以我们在处理例如向量问题，面积问题，三点共线问题，角度问题等常考内容的时候，要把题目中的核心信息，转化为坐标表达，转化为可以使用韦达定理的形式，这也是目前考试最常考的方式． 知识点二、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． 知识点三、弦长公式 设，根据两点距离公式． （1）若在直线上，代入化简，得； （2）若所在直线方程为，代入化简，得 （3）构造直角三角形求解弦长，．其中为直线斜率，为直线倾斜角． 注意：（1）上述表达式中，当为，时，； （2）直线上任何两点距离都可如上计算，不是非得直线和曲线联立后才能用． （3）直线和曲线联立后化简得到的式子记为，判别式为，时，，利用求根公式推导也很方便，使用此方法在解题化简的时候可以大大提高效率． （4）直线和圆相交的时候，过圆心做直线的垂线，利用直角三角形的关系求解弦长会更加简单． （5）直线如果过焦点可以考虑焦点弦公式以及焦长公式． 知识点四、已知弦的中点，研究的斜率和方程 （1）是椭圆的一条弦，中点，则的斜率为， 运用点差法求的斜率；设，，，都在椭圆上， 所以，两式相减得 所以 即，故 （2）运用类似的方法可以推出；若是双曲线的弦，中点，则；若曲线是抛物线，则． 题型一：直线与圆锥曲线的位置关系 【例1】（2025·高二·甘肃酒泉·期末）已知椭圆的离心率为，且过点. (1)求椭圆的标准方程； (2)对不同的实数，讨论直线与椭圆的公共点的个数； (3)若直线与椭圆相交于A，B两点，线段的垂直平分线与轴交于点，求关于的表达式. 【变式1-1】（2025·高二·浙江杭州·期末）已知直线与椭圆有公共点，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【变式1-2】（2025·高二·浙江温州·期末）已知直线与曲线有两个公共点，则k的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式1-3】（2025·高二·四川成都·期中）已知直线，双曲线，则（    ） A．直线与双曲线有且只有一个公共点 B．直线与双曲线的左支有两个公共点 C．直线与双曲线的右支有两个公共点 D．直线与双曲线的左右两支各有一个公共点 题型二：求中点弦所在直线方程问题； 【例2】（2025·高二·浙江绍兴·期中）已知椭圆，一组斜率为1的平行直线与椭圆相交，则这些直线被椭圆截得的线段的中点所在的直线方程为（    ） A． B． C． D． 【变式2-1】（2025·高二·河北石家庄·期中）直线恒过定点，若是椭圆的一条弦的中点，则该弦所在的直线方程为（   ） A． B． C． D． 【变式2-2】（2025·高三·内蒙古呼和浩特·开学考试）设A，B为双曲线上的两点，若线段AB的中点为，则直线AB的方程是（    ） A． B． C． D． 【变式2-3】（2025·高二·湖北孝感·期中）过点的直线与双曲线相交于两点，若是线段的中点，则直线的方程是（    ） A． B． C． D． 题型三：求弦中点的轨迹方程问题； 【例3】（2025·高二·重庆九龙坡·期末）已知双曲线：（，）的实轴长为2，点到双曲线的渐近线的距离为. (1)求双曲线的方程； (2)过点的动直线交双曲线于、两点，设线段的中点为，求点的轨迹方程. 【变式3-1】（2025·高二·北京·期中）已知椭圆及直线． (1)当直线与椭圆有公共点时，求实数m的取值范围； (2)当时，求直线与椭圆相交所得的弦长； (3)求直线被椭圆截得的弦的中点的轨迹方程． 【变式3-2】（2025·高二·上海浦东新·期末）已知椭圆的C的方程：． (1)设P为椭圆C异于椭圆左右顶点上任一点，直线的斜率为，直线的斜率为，试证明为定值． (2)求椭圆中所有斜率为1的平行弦的中点轨迹方程． (3)设椭圆上一点，且点M，N在C上，且，D为垂足．证明：存在定点Q，使得为定值． 【变式3-3】（2025·高二·河北沧州·期末）已知P为抛物线C：（）上一点，且点P到抛物线的焦点F的距离为12，到y轴的距离为10． (1)求p的值； (2)过点F作直线l交C于A，B两点，求AB中点M的轨迹方程． 题型四：对称问题 【例4】（2025·高二·重庆·月考）已知直线l与抛物线交于A，B两点，且线段AB恰好被点平分. (1)求直线l的方程； (2)抛物线上是否存在点C和D，使得C，D关于直线l对称?若存在，求出直线CD的方程；若不存在，请说明理由. 【变式4-1】（2025·高二·上海浦东新·期中）已知曲线C的方程是，其中，，直线l的方程是． (1)请根据a的不同取值，判断曲线C是何种圆锥曲线； (2)若直线l交曲线C于两点M，N，且线段中点的横坐标是，求a的值； (3)若，试问曲线C上是否存在不同的两点A，B，使得A，B关于直线l对称，并说明理由． 【变式4-2】（2025·高二·江苏泰州·期中）已知椭圆的焦距为，左右焦点分别为、，圆与圆相交，且交点在椭圆E上，直线与椭圆E交于A、B两点，且线段AB的中点为M，直线OM的斜率为． (1)求椭圆E的方程； (2)若，试问E上是否存在P、Q两点关于l对称，若存在，求出直线PQ的方程，若不存在，请说明理由． 【变式4-3】（2025·高二·江苏南京·开学考试）已知椭圆过点，直线：与椭圆交于两点，且线段的中点为，为坐标原点，直线的斜率为． (1)求椭圆的标准方程； (2)若椭圆上存在两点，使得关于直线对称，求实数的范围． 题型五：斜率之积问题 【例5】（2025·高二·湖南衡阳·期末）已知椭圆，O为坐标原点，直线l交椭圆于A，B两点，M为AB的中点.若直线l与OM的斜率之积为，则C的离心率为（    ） A． B． C． D． 【变式5-1】（2025·全国·模拟预测）已知双曲线的右焦点为，虚轴的上端点为是上的两点，是的中点，为坐标原点，直线的斜率为，若，则的两条渐近线的斜率之积为 . 【变式5-2】（2025·陕西西安·模拟预测）已知椭圆C：的焦距为2c，左焦点为F，直线l与C相交于A，B两点，点P是线段AB的中点，P的横坐标为．若直线l与直线PF的斜率之积等于，则C的离心率为 ． 【变式5-3】（2025·高二·陕西宝鸡·期末）已知椭圆的弦AB的中点为M，O为坐标原点，则直线AB的斜率与直线OM的斜率之积等于 ． 题型六：弦长问题 【例6】（2025·江苏·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，椭圆的右焦点，上顶点，短轴长2，直线与椭圆的另一个交点为，的面积是的面积的3倍， (1)求椭圆的方程． (2)直线与椭圆交于点，若椭圆上存在点使得四边形为平行四边形． （i）求的取值范围；（ii）若，求的值． 【变式6-1】（2025·高二·甘肃兰州·期中）在圆上任取一点P，过点P作x轴的垂线段为垂足，当点P在圆上运动时，记线段的中点M的轨迹为C. (1)求C的方程. (2)直线与C交于两点（点不重合）. ①求m的取值范围； ②若，求. 【变式6-2】（2025·高二·河南新乡·期中）已知点，双曲线的左顶点为，左、右焦点分别为、，且双曲线的一条渐近线与直线垂直. (1)求双曲线的离心率； (2)设点在双曲线上，且，求点到轴的距离； (3)过且斜率为的直线与双曲线交于、两点，求线段的长度. 【变式6-3】（2025·高二·江苏淮安·期中）在平面直角坐标系中，点到直线的距离与它到点的距离相等，记动点的轨迹为． (1)求的方程； (2)直线与交于点， ①求的取值范围； ②直线与轴的交点为，若，求． 题型七：面积比问题 【例7】（2025·高二·福建厦门·期中）已知双曲线：，右焦点为，是它一条渐近线的一个方向向量. (1)求双曲线的标准方程； (2)若双曲线的右顶点为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，记直线，的斜率分别为，，，的面积分别为，. （i）求证：为定值； （ii）求的取值范围. 【变式7-1】（2025·高二·江苏扬州·期中）已知双曲线：，过右焦点作直线交双曲线的右支于，两点，交两条渐近线于，两点，点，在第一象限，为坐标原点. (1)证明：点到两条渐近线的距离之积为定值； (2)求面积的最小值； (3)记，，的面积分别为，，，求的取值范围. 【变式7-2】（2025·高二·陕西西安·期中）“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长．某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用一张圆形纸片，按如下步骤折纸（如图）． 步骤：设圆心是，在圆内异于圆心处取一定点，记为； 步骤：把纸片折叠，使圆周正好通过点，此时圆周上与点重合的点记为； 步骤：把纸片展开，并留下一道折痕，记折痕与的交点为； 步骤：不停重复步骤和，就能得到越来越多的折痕和越来越多的点． 现对这些折痕所围成的图形进行建模研究．若取半径为的圆形纸片，如图，设定点到圆心的距离为，按上述方法折纸．以点所在的直线为轴，线段中点为原点建立平面直角坐标系，记动点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)若过点且不与轴垂直的直线与曲线交于两点，在轴的正半轴上是否存在定点，使得直线斜率之积为定值？若存在，求出该定点和定值；若不存在，请说明理由． (3)直线与曲线相切于点，直线与平行且与圆相切，直线交曲线于两点，坐标原点位于直线之间，记的面积分别为，求的取值范围． 【变式7-3】（2025·高三·上海·月考）已知椭圆分别是椭圆短轴的上下两个端点，是椭圆左焦点，是椭圆上异于点的点，是边长为4的等边三角形． (1)写出椭圆的标准方程； (2)当直线的斜率为时，求以为直径的圆的标准方程； (3)设点满足：．求证：与面积之比为定值． 题型八：三角形面积问题 【例8】（2025·高二·河南·期中）已知抛物线的焦点为，椭圆的右焦点为，离心率． (1)求椭圆的方程； (2)动直线恒过定点，过点作抛物线的切线与椭圆交于两点，求的面积． 【变式8-1】（2025·高三·海南省直辖县级单位·月考）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M， N，使得恰好被轴平分， ①证明：直线MN过定点； ②求△MTN面积的取值范围. 【变式8-2】（2025·高二·山东烟台·期末）已知椭圆的左右焦点分别为，，离心率为，焦距为2． (1)求椭圆的标准方程； (2)若过点及的直线交椭圆于A，B两点，求的面积． 【变式8-3】（2025·高二·天津·月考）已知椭圆的离心率为，点是椭圆的右顶点． (1)求椭圆的方程； (2)过点且倾角为的直线l与椭圆交于A、B两点，求的面积． 题型九：四边形面积问题 【例9】（2025·高二·江苏连云港·期中）在直角坐标系中，椭圆的左，右顶点分别为，点为椭圆上异于的一个动点，直线分别与直线相交于两点，以为直径的圆与轴交于两点．直线与直线斜率分别记为，． (1)求证：为定值； (2)求四边形面积的最小值． 【变式9-1】（2025·高二·北京·期中）已知椭圆的方程为，长轴长为，短轴长为，为坐标原点. (1)求椭圆的方程和离心率； (2)设点，动点在轴上，动点在椭圆上，且在轴的右侧，若，求四边形面积的最小值. 【变式9-2】（2025·高三·湖南·开学考试）已知椭圆的长轴长为短轴长的倍，焦距为4. (1)求椭圆的方程； (2)若坐标原点为，平行四边形的四个顶点，，，均在椭圆上，且圆内切于四边形. （i）证明：四边形为菱形； （ii）求四边形面积的最大值. 【变式9-3】（2025·高二·福建莆田·期末）在平面直角坐标系中，点到点的距离与到直线的距离之比为，记的轨迹为曲线. (1)求的标准方程； (2)若直线过点交右支于，两点，直线过点且交E的右支于、D两点，且记，的中点分别为，，过点作两条渐近线的垂线，垂足分别为，， （i）证明：O、P、Q三点共线； （ii）求四边形面积的取值范围. 1．（25-26高二上·甘肃兰州·期末）已知双曲线，过右焦点的直线与双曲线交于两点，且，这样的直线有（   ） A．1条 B．2条 C．3条 D．4条 2．（25-26高二上·山东烟台·期末）设抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线相交于、两点，与抛物线的准线相交于点，，则与的面积之比（   ） A． B． C． D． 3．（25-26高三上·北京·月考）2021年3月30日，小米正式开始启用具备“超椭圆”数学之美的LOGO（如图所示），设计师的灵感来源于曲线．当，，时，给出下列四个结论： ①曲线C关于原点对称； ②曲线C所围成的封闭图形的面积小于24； ③曲线C上的点到原点O的距离的最大值为3； ④设，直线交曲线C于P，Q两点，则的周长大于12． 其中正确结论的个数为（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 4．（24-25高二上·北京西城·期末）已知直线，“或”是“直线与双曲线有且仅有一个公共点”的 （    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 5．（24-25高二上·安徽亳州·期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，点在上且位于第一象限，直线与的另一个交点为，直线与的另一个交点为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 6．（24-25高二上·河北廊坊·期末）已知椭圆，过点的直线交椭圆于A，B两点，且P为线段的中点，则直线的方程为（ ） A． B． C． D． 7．（24-25高二上·上海·期末）若方程恰有两个不同的实数根，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．（25-26高二上·山西·期末）直线与椭圆的交点个数为（ ） A．1 B．2 C．1或2 D．无法确定 9．（多选题）（2025高二上·江苏南京·专题练习）已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于两点，以线段为直径的圆交轴于两点，设线段的中点为，则下列说法中正确的是（    ） A．若抛物线上存在一点到焦点的距离等于3，则抛物线的方程为 B． C．若点到抛物线准线的距离为2，则的最小值为 D．若，则直线的斜率为 10．（多选题）（25-26高二上·山东济南·月考）已知椭圆与直线交于两点，记直线与轴的交点，点关于原点对称，若，则（    ） A． B．椭圆过个定点 C．存在实数，使得 D． 11．（多选题）（25-26高二上·重庆沙坪坝·期中）已知直线与抛物线相交于，两点，的焦点为，为坐标原点，则下列结论正确的是（   ） A．若直线过焦点，则为钝角 B．若，则直线的斜率为 C．若，则直线过定点 D．若的外接圆与抛物线的准线相切，则该圆的半径为 12．（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·期末）已知，，动点P满足，O为坐标原点，则最小值为 ；过点P作抛物线的两条切线，切点分别为M，N，则面积的取值范围是 ． 13．（25-26高二上·山东烟台·期末）已知以，为焦点的椭圆与直线有且只有一个公共点，则这个椭圆的方程是 . 14．（25-26高二上·广东东莞·期中）定义离心率是的椭圆为“黄金椭圆”．若椭圆是“黄金椭圆”，则 ，若“黄金椭圆”两个焦点分别为，为椭圆上的异于顶点的任意一点，点是的内心，连接并延长交于点，则 15．（25-26高二上·海南省直辖县级单位·月考）已知椭圆的焦点坐标为，椭圆上的点到左焦点的最大距离为3， (1)求椭圆的标准方程 (2)求椭圆被直线截得的弦长； (3)若直线与椭圆交于，两点，当（为坐标原点）时，求的值. 16．（25-26高二上·甘肃兰州·期末）如图，椭圆：的离心率为，轴被曲线：截得的线段长等于的长半轴长．    (1)求的方程； (2)设与轴的交点为，过坐标原点的直线与相交于点，直线，分别与相交于，. 证明：； 记，的面积分别是，问：是否存在直线，使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由． 17．（25-26高二上·山东烟台·期末）已知椭圆的左右焦点分别为，，离心率为，焦距为2． (1)求椭圆的标准方程； (2)若过点及的直线交椭圆于A，B两点，求的面积． 18．（25-26高二上·江苏南通·期中）已知椭圆的右焦点为，过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的弦长为． (1)求椭圆的方程； (2)若、是椭圆上关于轴对称的任意两点，设，设直线与直线交于点，试判断点与椭圆的位置关系． 19．（25-26高二上·福建厦门·期中）在抛物线上任取一点，过点作x轴的垂线段，为垂足，当点在抛物线上运动时，为线段的中点．（当点经过抛物线与x轴的交点时，规定点M与点重合）． (1)求垂线段的中点的轨迹方程，并说明它是什么曲线． (2)点在直线上，直线l绕点P旋转，试讨论直线和第（1）题所求曲线的公共点个数． 2 / 2 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 $ 第08讲 直线与圆锥曲线的综合应用 目录 01 题型归纳目录 2 02 思维导图 3 03 知识点梳理 4 知识点一、直线和曲线联立 4 知识点二、根的判别式和韦达定理 5 知识点三、弦长公式 5 知识点四、已知弦AB的中点，研究AB的斜率和方程 6 04 题型归纳，举一反三 7 题型一：直线与圆锥曲线的位置关系 7 题型二：求中点弦所在直线方程问题； 9 题型三：求弦中点的轨迹方程问题； 11 题型四：对称问题 15 题型五：斜率之积问题 19 题型六：弦长问题 22 题型七：面积比问题 27 题型八：三角形面积问题 33 题型九：四边形面积问题 37 05 过关测试 44 知识点一、直线和曲线联立 （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． 总结：韦达定理连接了题干条件与方程中的参数，所以我们在处理例如向量问题，面积问题，三点共线问题，角度问题等常考内容的时候，要把题目中的核心信息，转化为坐标表达，转化为可以使用韦达定理的形式，这也是目前考试最常考的方式． 知识点二、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． 知识点三、弦长公式 设，根据两点距离公式． （1）若在直线上，代入化简，得； （2）若所在直线方程为，代入化简，得 （3）构造直角三角形求解弦长，．其中为直线斜率，为直线倾斜角． 注意：（1）上述表达式中，当为，时，； （2）直线上任何两点距离都可如上计算，不是非得直线和曲线联立后才能用． （3）直线和曲线联立后化简得到的式子记为，判别式为，时，，利用求根公式推导也很方便，使用此方法在解题化简的时候可以大大提高效率． （4）直线和圆相交的时候，过圆心做直线的垂线，利用直角三角形的关系求解弦长会更加简单． （5）直线如果过焦点可以考虑焦点弦公式以及焦长公式． 知识点四、已知弦的中点，研究的斜率和方程 （1）是椭圆的一条弦，中点，则的斜率为， 运用点差法求的斜率；设，，，都在椭圆上， 所以，两式相减得 所以 即，故 （2）运用类似的方法可以推出；若是双曲线的弦，中点，则；若曲线是抛物线，则． 题型一：直线与圆锥曲线的位置关系 【例1】（2025·高二·甘肃酒泉·期末）已知椭圆的离心率为，且过点. (1)求椭圆的标准方程； (2)对不同的实数，讨论直线与椭圆的公共点的个数； (3)若直线与椭圆相交于A，B两点，线段的垂直平分线与轴交于点，求关于的表达式. 【解析】（1）根据题意得，， 所以椭圆的标准方程为：. （2）将直线与椭圆联立得， 消去得， 当时，即时直线与椭圆有两个交点； 当时，即时直线与椭圆有一个交点； 当时，即或时直线与椭圆没有交点. （3）设，由（2）知，，，线段的中点为即 线段的垂直平分线方程为：，令得， 所以. 【变式1-1】（2025·高二·浙江杭州·期末）已知直线与椭圆有公共点，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据椭圆方程的特点，可得且，可排除BC， 当时，点在椭圆内部，所以直线与椭圆必有公共点. 故选：D 【变式1-2】（2025·高二·浙江温州·期末）已知直线与曲线有两个公共点，则k的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】直线过定点，曲线是椭圆的上半部分， 当直线l与椭圆上半部分有两个交点时，直线l的斜率k介于直线l与椭圆上半部分相切时的斜率 和直线l过椭圆上半部分右顶点时的斜率之间，直线l与椭圆上半部分相切时的斜率为， 直线l过椭圆上半部分右顶点时的斜率为， 所以k的取值范围为. 故选：B 【变式1-3】（2025·高二·四川成都·期中）已知直线，双曲线，则（    ） A．直线与双曲线有且只有一个公共点 B．直线与双曲线的左支有两个公共点 C．直线与双曲线的右支有两个公共点 D．直线与双曲线的左右两支各有一个公共点 【答案】C 【解析】在同一平面直角坐标系中分别画出与的图象如图所示： 由图可知直线过点，它在双曲线的右顶点的右边， 联立直线与双曲线方程得，解得或， 则直线与双曲线的右支有两个公共点. 故选：C. 题型二：求中点弦所在直线方程问题； 【例2】（2025·高二·浙江绍兴·期中）已知椭圆，一组斜率为1的平行直线与椭圆相交，则这些直线被椭圆截得的线段的中点所在的直线方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】设斜率为1的平行直线为与椭圆交于两点, 设，线段中点为, ∴， ∵两点在椭圆上， ∴且， 两式相减得， 即， ∴， ∴，即， 故这些直线被椭圆截得的线段的中点所在的直线方程为. 故选：C. 【变式2-1】（2025·高二·河北石家庄·期中）直线恒过定点，若是椭圆的一条弦的中点，则该弦所在的直线方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由直线，即， 令，解得， 即， 设弦的端点，， 则，，即，， 又，在椭圆上， 则，两式做差可得， 即， 可得，即， 所以直线，即， 故选：B. 【变式2-2】（2025·高三·内蒙古呼和浩特·开学考试）设A，B为双曲线上的两点，若线段AB的中点为，则直线AB的方程是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】设， 则有，两式相减，得， 因为线段AB的中点为， 所以， 因此由， 即直线AB的斜率为，方程为， 代入双曲线方程中，得， 因为， 所以线段AB存在， 故选：C 【变式2-3】（2025·高二·湖北孝感·期中）过点的直线与双曲线相交于两点，若是线段的中点，则直线的方程是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设，则， 两式相减得直线的斜率为， 又直线过点， 所以直线的方程为， 经检验此时与双曲线有两个交点. 故选：A 题型三：求弦中点的轨迹方程问题； 【例3】（2025·高二·重庆九龙坡·期末）已知双曲线：（，）的实轴长为2，点到双曲线的渐近线的距离为. (1)求双曲线的方程； (2)过点的动直线交双曲线于、两点，设线段的中点为，求点的轨迹方程. 【解析】（1）双曲线的实轴长为，由已知，，则， 因为双曲线：（，）的一条渐近线为， 点到双曲线的渐近线的距离为，所以， 所以，所以，所以双曲线的方程是； （2）易知直线的斜率存在设为，设、、， 联立直线l与双曲线E的方程，得，消去y，得． 由且，得且． 由韦达定理，得． 所以，． 由消去k，得． 由且，得或． 所以，点M的轨迹方程为，其中或． 【变式3-1】（2025·高二·北京·期中）已知椭圆及直线． (1)当直线与椭圆有公共点时，求实数m的取值范围； (2)当时，求直线与椭圆相交所得的弦长； (3)求直线被椭圆截得的弦的中点的轨迹方程． 【解析】（1）联立直线与椭圆，可得， 整理得， 由直线与椭圆有公共点，故，可得. （2）由题设及（1），联立直线与椭圆得，则或， 而直线为，当有，当有， 所以弦长为. （3）由（1）有，令直线与椭圆交点为， 所以，则，故中点坐标为， 由，则， 所以弦的中点的轨迹方程为，即且. 【变式3-2】（2025·高二·上海浦东新·期末）已知椭圆的C的方程：． (1)设P为椭圆C异于椭圆左右顶点上任一点，直线的斜率为，直线的斜率为，试证明为定值． (2)求椭圆中所有斜率为1的平行弦的中点轨迹方程． (3)设椭圆上一点，且点M，N在C上，且，D为垂足．证明：存在定点Q，使得为定值． 【解析】（1）设，因为P为椭圆C上一点， 所以，所以， 所以， 所以. 故为定值. （2）设弦的两个端点分别为，的中点为. 则，① ，② ①减②得：， . 又，. 由于弦中点轨迹在已知椭圆内， 联立 故斜率为的平行弦中点的轨迹方程： （3）设点， 若直线斜率存在时，设直线的方程为：， 代入椭圆方程消去并整理得：， 可得，， 因为，所以，即， 根据,代入整理可得： ，              所以， 整理化简得， 因为不在直线上，所以， 故，于是的方程为， 所以直线过定点直线过定点. 当直线的斜率不存在时，可得， 由得：， 得，结合可得：， 解得：或（舍）. 此时直线过点. 令为的中点，即， 若与不重合，则由题设知是的斜边，故， 若与重合，则，故存在点，使得为定值. 【变式3-3】（2025·高二·河北沧州·期末）已知P为抛物线C：（）上一点，且点P到抛物线的焦点F的距离为12，到y轴的距离为10． (1)求p的值； (2)过点F作直线l交C于A，B两点，求AB中点M的轨迹方程． 【解析】（1）由抛物线的定义得， 故． （2）由（1）得，，则抛物线C的方程为，焦点， 设，，， ∴，， 当M，F不重合时，相减整理得，， ∴，即， 当M，F重合时，满足上式． ∴点M的轨迹方程为． 题型四：对称问题 【例4】（2025·高二·重庆·月考）已知直线l与抛物线交于A，B两点，且线段AB恰好被点平分. (1)求直线l的方程； (2)抛物线上是否存在点C和D，使得C，D关于直线l对称?若存在，求出直线CD的方程；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）依题意，直线l的斜率存在，且不为0，设直线l的方程为，即， 由消去x得：， ，设，则有， 由，得，于是直线l的方程，即， 所以直线l的方程为. （2）假设抛物线上存在点C，D满足条件，由（1）设直线的方程为， 由消去x得：，有，解得， 设，则，于是线段的中点坐标为， 显然点在直线上，即，解得， 所以抛物线上不存在点C，D，使得C，D关于直线l对称. 【变式4-1】（2025·高二·上海浦东新·期中）已知曲线C的方程是，其中，，直线l的方程是． (1)请根据a的不同取值，判断曲线C是何种圆锥曲线； (2)若直线l交曲线C于两点M，N，且线段中点的横坐标是，求a的值； (3)若，试问曲线C上是否存在不同的两点A，B，使得A，B关于直线l对称，并说明理由． 【解析】（1），即， 当时，曲线表示焦点在轴上的椭圆； 当时，曲线表示焦点在轴上的双曲线； （2）设，，， 则，， 两式相减得到：， 即，故， 故的中点为，代入直线得到， 解得或（舍），故. （3）假设存在，直线方程为，双曲线方程为， 设，，中点为，则，， 两式相减得到， 即，，又， 解得，. 此时直线方程为：，即， ，化简得到，方程无解，故不存在. 【变式4-2】（2025·高二·江苏泰州·期中）已知椭圆的焦距为，左右焦点分别为、，圆与圆相交，且交点在椭圆E上，直线与椭圆E交于A、B两点，且线段AB的中点为M，直线OM的斜率为． (1)求椭圆E的方程； (2)若，试问E上是否存在P、Q两点关于l对称，若存在，求出直线PQ的方程，若不存在，请说明理由． 【解析】（1）因为圆与圆相交，且交点在椭圆上，所以，， 设，，的中点， ，①－② ， ， ， 则椭圆E的方程：； （2）假设存在P、Q两点关于l对称，设直线PQ的方程为， ，，PQ中点， ， ， ，，即， 由N在l上，，此时， 故存在P、Q两点关于l对称，直线PQ的方程为． 【变式4-3】（2025·高二·江苏南京·开学考试）已知椭圆过点，直线：与椭圆交于两点，且线段的中点为，为坐标原点，直线的斜率为． (1)求椭圆的标准方程； (2)若椭圆上存在两点，使得关于直线对称，求实数的范围． 【解析】（1）设，则， 即． 因为A，B在椭圆C上，所以， 两式相减得，即， 又，所以，即． 又因为椭圆C过点，所以，解得， 所以椭圆C的标准方程为； （2）设的中点为，所以， 因为P，Q关于直线l对称，所以且点N在直线l上，即． 又因为P，Q在椭圆C上，所以． 两式相减得． 即，所以，即． 联立，解得，即． 又因为点N在椭圆C内，所以，所以 所以实数的范围为． 题型五：斜率之积问题 【例5】（2025·高二·湖南衡阳·期末）已知椭圆，O为坐标原点，直线l交椭圆于A，B两点，M为AB的中点.若直线l与OM的斜率之积为，则C的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】设，，， 将A，B两点坐标代入椭圆C的方程可得，， 两式相减可得. 又因为M为AB的中点，所以， 所以， 所以，， 又直线l与OM的斜率之积为， 所以，即， 所以椭圆C的离心率. 故选：D. 【变式5-1】（2025·全国·模拟预测）已知双曲线的右焦点为，虚轴的上端点为是上的两点，是的中点，为坐标原点，直线的斜率为，若，则的两条渐近线的斜率之积为 . 【答案】 【解析】设， 因为是上的两点，是的中点，为坐标原点，直线的斜率为， 所以①，②，③，④， 所以，②③得，整理得 所以， 因为双曲线的右焦点为，虚轴的上端点为， 所以，， 因为， 所以，即，整理得：， 所以，整理得， 所以，即， 所以，整理得， 因为的两条浙近线分别为， 所以，的两条浙近线的斜率之积为 故答案为： 【变式5-2】（2025·陕西西安·模拟预测）已知椭圆C：的焦距为2c，左焦点为F，直线l与C相交于A，B两点，点P是线段AB的中点，P的横坐标为．若直线l与直线PF的斜率之积等于，则C的离心率为 ． 【答案】/ 【解析】， 设， 因为点P是线段AB的中点，P的横坐标为， 所以， 则， 由直线l与C相交于A，B两点， 得， 两式相减得， 即， 所以， 即，所以， 则， 所以， 所以离心率. 故答案为：. 【变式5-3】（2025·高二·陕西宝鸡·期末）已知椭圆的弦AB的中点为M，O为坐标原点，则直线AB的斜率与直线OM的斜率之积等于 ． 【答案】 【解析】设，且， 则，（1），（2） 得：， ， . 又， ， . 故答案为： 题型六：弦长问题 【例6】（2025·江苏·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，椭圆的右焦点，上顶点，短轴长2，直线与椭圆的另一个交点为，的面积是的面积的3倍， (1)求椭圆的方程． (2)直线与椭圆交于点，若椭圆上存在点使得四边形为平行四边形． （i）求的取值范围；（ii）若，求的值． 【解析】（1）由题知：短轴长为，即，所以，， 因为，， 所以，故， 因为直线的方程为，将代入得， 故将代入得， 因为，所以， 所以的方程为； （2）设， 联立方程得， 所以，整理得①， 所以，，， 因为上存在使为平行四边形， 所以，即， 将代入得，整理得②， 由得或， 所以范围为； （ii）由（i）得，，， ， ， 因为， 所以，整理得，解得， 因为，所以. 【变式6-1】（2025·高二·甘肃兰州·期中）在圆上任取一点P，过点P作x轴的垂线段为垂足，当点P在圆上运动时，记线段的中点M的轨迹为C. (1)求C的方程. (2)直线与C交于两点（点不重合）. ①求m的取值范围； ②若，求. 【解析】（1）设，则， 将代入，可得，即 即点M的轨迹C的方程为; （2）①由，消去整理得：， 由，即，化简得， 故， ②当时，得，由韦达定理得 根据弦长公式得： 【变式6-2】（2025·高二·河南新乡·期中）已知点，双曲线的左顶点为，左、右焦点分别为、，且双曲线的一条渐近线与直线垂直. (1)求双曲线的离心率； (2)设点在双曲线上，且，求点到轴的距离； (3)过且斜率为的直线与双曲线交于、两点，求线段的长度. 【解析】（1）根据题意，双曲线的左顶点为，故， 则由双曲线的一条渐近线与直线AP垂直可知，则， 所以，即， 所以双曲线的离心率为； （2）由（1）得，又，所以， 设，，则在中，有， 又由双曲线的定义，可得，解得，则， 又，解得， M点到轴的距离为； （3）因，则过且斜率为1的直线的方程为， 与双曲线方程联立消元，可得， 设，，则，， 由弦长公式，， 所以DE的长度为. 【变式6-3】（2025·高二·江苏淮安·期中）在平面直角坐标系中，点到直线的距离与它到点的距离相等，记动点的轨迹为． (1)求的方程； (2)直线与交于点， ①求的取值范围； ②直线与轴的交点为，若，求． 【解析】（1）因为点到直线的距离与它到点的距离相等， 所以点的轨迹是以为焦点的抛物线， 所以的方程为； （2）①， 因为直线与交于点， 所以， 因此的取值范围为； ②设， 在中，令，得，即 ， 由①可得，， 即， 因此. 题型七：面积比问题 【例7】（2025·高二·福建厦门·期中）已知双曲线：，右焦点为，是它一条渐近线的一个方向向量. (1)求双曲线的标准方程； (2)若双曲线的右顶点为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，记直线，的斜率分别为，，，的面积分别为，. （i）求证：为定值； （ii）求的取值范围. 【解析】（1）因为双曲线的一条渐近线方程为，右焦点， 所以解得，， 故双曲线的标准方程为； （2）（i）易知，， 由题可设直线的方程为，，， 由，得， ， ∵直线与的右支交于两点， ∴，，， ，∴. ， 故为定值. （ii）由题意可得， 直线的方程为，则， 同理可得， ∴， ∴， ∵，∴，∴， 当且仅当时等号成立，故的取值范围为. 【变式7-1】（2025·高二·江苏扬州·期中）已知双曲线：，过右焦点作直线交双曲线的右支于，两点，交两条渐近线于，两点，点，在第一象限，为坐标原点. (1)证明：点到两条渐近线的距离之积为定值； (2)求面积的最小值； (3)记，，的面积分别为，，，求的取值范围. 【解析】（1）由题意知,双曲线的渐近线方程为, 设,,则. 设点到两条渐近线的距离为, 则. （2） 设直线的方程为,因为直线与双曲线的右支相交，故. ,有. . 令,则（当时取等号）. （3）由,得,则, 得.同理，可得. 所以，. 故，,因为,所以. 所以，的取值范围为. 【变式7-2】（2025·高二·陕西西安·期中）“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长．某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用一张圆形纸片，按如下步骤折纸（如图）． 步骤：设圆心是，在圆内异于圆心处取一定点，记为； 步骤：把纸片折叠，使圆周正好通过点，此时圆周上与点重合的点记为； 步骤：把纸片展开，并留下一道折痕，记折痕与的交点为； 步骤：不停重复步骤和，就能得到越来越多的折痕和越来越多的点． 现对这些折痕所围成的图形进行建模研究．若取半径为的圆形纸片，如图，设定点到圆心的距离为，按上述方法折纸．以点所在的直线为轴，线段中点为原点建立平面直角坐标系，记动点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)若过点且不与轴垂直的直线与曲线交于两点，在轴的正半轴上是否存在定点，使得直线斜率之积为定值？若存在，求出该定点和定值；若不存在，请说明理由． (3)直线与曲线相切于点，直线与平行且与圆相切，直线交曲线于两点，坐标原点位于直线之间，记的面积分别为，求的取值范围． 【解析】（1） 由题意知：在线段的垂直平分线上，， ， 点的轨迹是长轴长，焦距的椭圆， 椭圆短半轴长， 则曲线的方程为：. （2）直线不与轴垂直，且过点， 则可设，，， 由得：， ，； 设在轴的正半轴上存在定点，使得直线斜率之积为定值， ， 若为定值，则，即，又，，此时； 存在定点，使得直线斜率之积为定值，该定值为. （3） ①当直线斜率存在时，假设，， 由题意知： 设点到直线的距离为，则， ，，； 由得：， ，即； 与圆相切，，即， ，， ， ，，，即； ②当直线斜率不存在时，不妨令，则，； 综上所述：的取值范围为. 【变式7-3】（2025·高三·上海·月考）已知椭圆分别是椭圆短轴的上下两个端点，是椭圆左焦点，是椭圆上异于点的点，是边长为4的等边三角形． (1)写出椭圆的标准方程； (2)当直线的斜率为时，求以为直径的圆的标准方程； (3)设点满足：．求证：与面积之比为定值． 【解析】（1）因是边长为4的等边三角形，则得，解得， 故椭圆的标准方程为. （2）因，直线的斜率为，则直线的方程为 联立，解得和，即， 故以为直径的圆的圆心为，半径为， 所以所求圆的方程为：. （3）设直线的斜率分别为，则直线的方程为． 由，直线的方程为． 将代入，得， 因为是椭圆上异于点的点，所以．则， 所以． 由，所以直线的方程为． 由，解得． 所以， 即与面积之比为定值． 题型八：三角形面积问题 【例8】（2025·高二·河南·期中）已知抛物线的焦点为，椭圆的右焦点为，离心率． (1)求椭圆的方程； (2)动直线恒过定点，过点作抛物线的切线与椭圆交于两点，求的面积． 【解析】（1）由抛物线的方程，得焦点，所以在椭圆中，， 因为椭圆的离心率，所以，所以， 所以椭圆的方程为． （2）由直线的方程，得直线恒过定点， 由题意，得点在抛物线上，设切线的方程为， 由，消去，整理得， 因为直线与抛物线相切，所以，即，解得， 所以直线的方程为， 由，消去，整理得， ，所以，， 因为点到直线的距离， ， 所以的面积． 【变式8-1】（2025·高三·海南省直辖县级单位·月考）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M， N，使得恰好被轴平分， ①证明：直线MN过定点； ②求△MTN面积的取值范围. 【解析】（1）依题意可得                               解得，                                     所以的方程为. （2）①由题意可知，直线的方程可设为， 设，                     联立整理得，             所以，，                                     因为恰好被轴平分，即， 易知直线的斜率与直线NT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. ②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.         【变式8-2】（2025·高二·山东烟台·期末）已知椭圆的左右焦点分别为，，离心率为，焦距为2． (1)求椭圆的标准方程； (2)若过点及的直线交椭圆于A，B两点，求的面积． 【解析】（1）由题意可知，，， 所以，所以， 所以椭圆的标准方程为. （2）因为点及，所以， 所以直线AB的方程为即， 设，，由得， 所以，， 所以， 所以. 【变式8-3】（2025·高二·天津·月考）已知椭圆的离心率为，点是椭圆的右顶点． (1)求椭圆的方程； (2)过点且倾角为的直线l与椭圆交于A、B两点，求的面积． 【解析】（1）因为点是椭圆的右顶点，所以. 又，所以. 又，所以 所以椭圆的方程为. （2）由题意得直线l的方程为：， 设， 联立，消y，得， ， ， 到直线的距离， . 题型九：四边形面积问题 【例9】（2025·高二·江苏连云港·期中）在直角坐标系中，椭圆的左，右顶点分别为，点为椭圆上异于的一个动点，直线分别与直线相交于两点，以为直径的圆与轴交于两点．直线与直线斜率分别记为，． (1)求证：为定值； (2)求四边形面积的最小值． 【解析】（1）设，易得，则直线的方程为， 令，可得，则得，， 因是椭圆上异于的一个动点，故，即 ， 则为定值. （2）因直线的方程为，令，可得， 设以为直径的圆的圆心为点，则其坐标为，设交轴于点， 连接，则，， 故 ， 因，则，（*） 因点在椭圆上，则可设， 代入（*），可得， 不妨设，则可将其理解为动点与定点所在直线的斜率， 又动点在以原点为圆心的单位圆上， 由圆心到直线的距离，解得， 依题意，需使，即，从而， 即四边形面积的最小值为. 【变式9-1】（2025·高二·北京·期中）已知椭圆的方程为，长轴长为，短轴长为，为坐标原点. (1)求椭圆的方程和离心率； (2)设点，动点在轴上，动点在椭圆上，且在轴的右侧，若，求四边形面积的最小值. 【解析】（1）依题意可得，解得， 所以椭圆方程为， 则，所以离心率； （2）设线段的中点为，连接，因为，所以. 由题意知直线的斜率存在， 设点的坐标为， 则点的坐标为，直线的斜率， 所以直线的斜率， 故直线的方程为. 令，得，故. 由，得，化简得. 因此 ． 当且仅当时，即时等号成立． 故四边形面积的最小值为． 【变式9-2】（2025·高三·湖南·开学考试）已知椭圆的长轴长为短轴长的倍，焦距为4. (1)求椭圆的方程； (2)若坐标原点为，平行四边形的四个顶点，，，均在椭圆上，且圆内切于四边形. （i）证明：四边形为菱形； （ii）求四边形面积的最大值. 【解析】（1）由题意可知，，则， 又，则，所以，解得，， 故椭圆的方程为； （2）（i）当直线的斜率不存在或为零时，圆内切于正方形， 四个顶点为，显然满足椭圆的方程，符合题意， 此时四边形为菱形； 当直线的斜率存在且不为零时，设其方程为，，， 由得， 则， ，， 所以， 因为圆内切于平行四边形，所以到直线的距离为， 则，整理得， 所以， 则，此时平行四边形为菱形. 综上可知，四边形为菱形. （ii）由（i）知，当四边形为正方形时，； 当四边形不为正方形，而为菱形时， 因为， 所以的面积为， 令，则，， 所以， 当，即时，取得最大值. 因为菱形的面积等于，所以菱形的面积的最大值为， 因为，所以菱形的面积最大为. 【变式9-3】（2025·高二·福建莆田·期末）在平面直角坐标系中，点到点的距离与到直线的距离之比为，记的轨迹为曲线. (1)求的标准方程； (2)若直线过点交右支于，两点，直线过点且交E的右支于、D两点，且记，的中点分别为，，过点作两条渐近线的垂线，垂足分别为，， （i）证明：O、P、Q三点共线； （ii）求四边形面积的取值范围. 【解析】（1）设点，因为点到点的距离与到直线的距离之比为， 所以 ，整理得， 所以的标准方程为. （2）（i）由题意可知直线和直线斜率若存在则均不为0且不为， ①直线的斜率不存在时，P、Q都在x轴上，O、P、Q三点共线. ②直线斜率存在时，则可设方程为，、，. 由得， 所以，,，所以， 同理，因为，所以，所以，所以O、P、Q三点共线. 综上，O、P、Q三点共线. （ii）由题意可知直线和直线斜率若存在则斜率大于1或小于， 且曲线E的渐近线方程为， 故可分别设直线和直线的方程为和，且， 联立得，设、， 则， ，， 故， 因为P是中点，所以即， 同理可得， 所以P到两渐近线的距离分别为， ， Q到两渐近线的距离分别为， ， 由上知两渐近线垂直，故四边形是矩形，连接， 则四边形面积为 ， 因为，所以， 所以， 所以四边形面积的取值范围为. 1．（25-26高二上·甘肃兰州·期末）已知双曲线，过右焦点的直线与双曲线交于两点，且，这样的直线有（   ） A．1条 B．2条 C．3条 D．4条 【答案】D 【解析】根据双曲线的性质，如果在同一支上，则的最小值为通径，即， 如果在两支上，则的最小值为实轴长，即． 因为，所以根据双曲线的性质，这样的直线有4条,如图. 故选：D． 2．（25-26高二上·山东烟台·期末）设抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线相交于、两点，与抛物线的准线相交于点，，则与的面积之比（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由题意可知，直线不与轴垂直，设其方程为， 由题意可知，直线的斜率存在，则， 设点、，抛物线的准线方程为， 由抛物线的定义可得，可得， 联立，可得，， 由韦达定理可得，故，所以， 故. 故选：D. 3．（25-26高三上·北京·月考）2021年3月30日，小米正式开始启用具备“超椭圆”数学之美的LOGO（如图所示），设计师的灵感来源于曲线．当，，时，给出下列四个结论： ①曲线C关于原点对称； ②曲线C所围成的封闭图形的面积小于24； ③曲线C上的点到原点O的距离的最大值为3； ④设，直线交曲线C于P，Q两点，则的周长大于12． 其中正确结论的个数为（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】B 【解析】曲线：， 对①：取曲线上点，则满足在曲线上， 故曲线关于原点对称，正确； 对②：取，，取，，故曲线在一个长为，宽为的矩形内部， 故其面积小于，正确； 对③：设曲线上一点为，则，设， 到原点的距离的平方为，， ，当时，距离平方有最大值为，故距离的最大值为，错误； 对④：对于曲线和椭圆，设点 在上， 点在上，则， ，故， 所以， 设点在上，点在上，则， 所以，即， 故椭圆在曲线内(除四个交点外)， 如图： 设直线交椭圆 于两点，交轴于， 为椭圆的两个焦点， 由椭圆的定义可知：，， 所以的周长为12，由图可知，的周长大于12，正确. 故选：B 4．（24-25高二上·北京西城·期末）已知直线，“或”是“直线与双曲线有且仅有一个公共点”的 （    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】联立，可得（*）， 当直线与双曲线只有一个公共点时： 若时，即当时，方程（*）即为，解得，合乎题意； 若时，由于双曲线的渐近线为，故直线与双曲线的渐近线不平行，则当直线与双曲线相切时， ， 解得， 所以当直线与双曲线有且仅有一个公共点时，的取值集合为， 因此，“或”是“直线与双曲线有且仅有一个公共点”的充分不必要条件. 故选：A. 5．（24-25高二上·安徽亳州·期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，点在上且位于第一象限，直线与的另一个交点为，直线与的另一个交点为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】椭圆的焦点，设， 直线的方程为：，由消去， 得，则，同理， 因此. ， 当且仅当，即时取等号， 所以的最大值为. 故选：C. 6．（24-25高二上·河北廊坊·期末）已知椭圆，过点的直线交椭圆于A，B两点，且P为线段的中点，则直线的方程为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】椭圆，由，得点在椭圆内， 设，则， 两式相减得，而， 因此，即直线的斜率为， 所以直线的方程为，即． 故选：A 7．（24-25高二上·上海·期末）若方程恰有两个不同的实数根，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】，即为，表示双曲线的上支， ，表示过且斜率为的直线， 由题意知与的图象恰有两个不同的交点， 即直线与双曲线的两个交点都在轴上方，当直线与双曲线相切时， 由，得， 令，解得， 当时，切点为在轴下方，舍去； 当时，直线与双曲线的渐近线平行，直线与双曲线只有一个交点， 所以当直线与双曲线有两个交点且都在轴上方时，实数的取值范围是． 故选：A. 8．（25-26高二上·山西·期末）直线与椭圆的交点个数为（ ） A．1 B．2 C．1或2 D．无法确定 【答案】C 【解析】由直线的方程，得， 因为，所以，即直线过定点. 又因为，所以此定点在椭圆上，所以直线与椭圆有1个或2个交点. 故选：C. 9．（多选题）（2025高二上·江苏南京·专题练习）已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于两点，以线段为直径的圆交轴于两点，设线段的中点为，则下列说法中正确的是（    ） A．若抛物线上存在一点到焦点的距离等于3，则抛物线的方程为 B． C．若点到抛物线准线的距离为2，则的最小值为 D．若，则直线的斜率为 【答案】BCD 【解析】抛物线的焦点为，准线方程为， 对于A，若抛物线上存在一点到焦点的距离等于3， 由抛物线的定义可得，解得，则抛物线的方程为，故A错误； 对于B，可设，直线的方程为， 与抛物线联立，消去，可得，可得， 则，故B正确； 对于C，抛物线的焦点到准线的距离为，则该抛物线的方程为， （法一）设直线的方程为，设， 联立，可得， 所以， 到轴的距离为， 所以， 当且仅当时，取得等号，故C正确； （法二）作轴，交轴于，交准线于，则为切点， 所以， 所以， 当轴时，取得最小值1，此时取得最小值，故C正确； 对于D，（法一）由B可得，， 由抛物线的定义可得： ， 解得，则直线的斜率为，故D正确. （法二）设的倾斜角为，则， 解得，则或，所以直线的斜率为，故D正确. 故选：BCD. 10．（多选题）（25-26高二上·山东济南·月考）已知椭圆与直线交于两点，记直线与轴的交点，点关于原点对称，若，则（    ） A． B．椭圆过个定点 C．存在实数，使得 D． 【答案】AB 【解析】设，.如图： 由得， ，则， . 因为，所以，又， 所以， 所以有，，故A正确； 所以，即椭圆过定点，故B正确； 由可知 ， 又，所以， 所以，所以. 所以的取值范围为. 又，故C错误，且D错误. 故选：AB 11．（多选题）（25-26高二上·重庆沙坪坝·期中）已知直线与抛物线相交于，两点，的焦点为，为坐标原点，则下列结论正确的是（   ） A．若直线过焦点，则为钝角 B．若，则直线的斜率为 C．若，则直线过定点 D．若的外接圆与抛物线的准线相切，则该圆的半径为 【答案】ACD 【解析】由题可知 ，设 ， 直线过焦点，则设直线方程为， 联立方程得到 ，即 则 所以，所以为钝角，选项A正确； 直线的斜率为 因为，所以 即得 或者，所以，选项B错误； 设直线方程为 ，因为，所以，所以，代入直线方程得到，所以直线恒过定点，选项C正确；的顶点为，其外接圆的圆心在的垂直平分线上，设圆心为，半径为，因为外接圆与抛物线的准线 相切，所以有圆心到准线的距离等于半径，选项D正确； 故选：ACD 12．（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·期末）已知，，动点P满足，O为坐标原点，则最小值为 ；过点P作抛物线的两条切线，切点分别为M，N，则面积的取值范围是 ． 【答案】 2 【解析】设，因为，，， 所以， 两边平方， 所以，整理得， 所以，所以动点P的轨迹为圆心为，半径为， 又，所以最小值为； 设，过与抛物线相切的直线斜率显然存在且不为0， 设切线方程为，与抛物线方程联立可得， 即，所以， 即，即， 所以，所以， 所以，即，所以， 直线过切点，， 所以切点弦方程为， 与抛物线方程联立可得，所以， ， 所以. 点到直线的距离为， 所以， 又，所以， 令， 又，所以，所以， 当时，，当，， 所以. 13．（25-26高二上·山东烟台·期末）已知以，为焦点的椭圆与直线有且只有一个公共点，则这个椭圆的方程是 . 【答案】 【解析】由题可设椭圆方程为， 联立方程组，消去并整理得. 因为椭圆与直线有且只有一个公共点， 所以，解得， 所以椭圆方程为. 故答案为：. 14．（25-26高二上·广东东莞·期中）定义离心率是的椭圆为“黄金椭圆”．若椭圆是“黄金椭圆”，则 ，若“黄金椭圆”两个焦点分别为，为椭圆上的异于顶点的任意一点，点是的内心，连接并延长交于点，则 【答案】 /； . 【解析】由题，，所以． 如图， 连接，设内切圆半径为， 则，即， ， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：；． 15．（25-26高二上·海南省直辖县级单位·月考）已知椭圆的焦点坐标为，椭圆上的点到左焦点的最大距离为3， (1)求椭圆的标准方程 (2)求椭圆被直线截得的弦长； (3)若直线与椭圆交于，两点，当（为坐标原点）时，求的值. 【解析】（1）设椭圆的标准方程为，半焦距， 由椭圆上的点到左焦点的最大距离为3，得，解得， 所以椭圆的标准方程为. （2）由消去并整理得：， 设弦的两个端点坐标为，则， 所以椭圆被直线截得的弦长. （3）设，， 由消去并整理得：， ，解得， ，，， 由，得， 则，解得，符合题意， 所以的值为. 16．（25-26高二上·甘肃兰州·期末）如图，椭圆：的离心率为，轴被曲线：截得的线段长等于的长半轴长．    (1)求的方程； (2)设与轴的交点为，过坐标原点的直线与相交于点，直线，分别与相交于，. 证明：； 记，的面积分别是，问：是否存在直线，使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由． 【解析】（1）由题意可得：，，， 联立解得，，， 故的方程为． （2）由题得，直线的斜率存在，设为，则直线的方程为：， 由，得 设，， 于是，，又点的坐标为． 所以． 故，即． 设直线的斜率为，则直线的方程为， 由，解得，或，则点的坐标为． 又直线的斜率为，同理可得点的坐标为， 于是， 由，得， 解得，或， 则点的坐标为． 又直线的斜率为． 同理可得点的坐标为． 于是． 故，解得，或． 又由点，的坐标得，． 所以． 故满足条件的直线存在，且有两条，其方程为 17．（25-26高二上·山东烟台·期末）已知椭圆的左右焦点分别为，，离心率为，焦距为2． (1)求椭圆的标准方程； (2)若过点及的直线交椭圆于A，B两点，求的面积． 【解析】（1）由题意可知，，， 所以，所以， 所以椭圆的标准方程为. （2）因为点及，所以， 所以直线AB的方程为即， 设，，由得， 所以，， 所以， 所以. 18．（25-26高二上·江苏南通·期中）已知椭圆的右焦点为，过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的弦长为． (1)求椭圆的方程； (2)若、是椭圆上关于轴对称的任意两点，设，设直线与直线交于点，试判断点与椭圆的位置关系． 【解析】（1）过右焦点且与轴垂直的直线被椭圆截得的弦长为， 令，解得，所以， 又，，所以，， 所以椭圆的方程为． （2）设，则，，则． 当时，与重合，所以点在椭圆上， 当时，直线的方程为，直线的方程为， 由得，即点， 则有 ， 所以点在椭圆上， 综上，点在椭圆上． 19．（25-26高二上·福建厦门·期中）在抛物线上任取一点，过点作x轴的垂线段，为垂足，当点在抛物线上运动时，为线段的中点．（当点经过抛物线与x轴的交点时，规定点M与点重合）． (1)求垂线段的中点的轨迹方程，并说明它是什么曲线． (2)点在直线上，直线l绕点P旋转，试讨论直线和第（1）题所求曲线的公共点个数． 【解析】（1）设点,，根据轴可得出点， 因为为线段的中点，则，即， 又因点在抛物线上， 代入可得，化简可得， 当点经过抛物线与x轴的交点时，点M与点重合，代入也满足， 所以点M的轨迹方程为，它是开口向右，交点坐标为，准线为的抛物线. （2）根据题意当直线斜率不存在时，因为直线恒过点， 可得方程为，代入，可得方程无实数根，此时无公共点； 当直线斜率存在时，设直线方程为， 当时，直线方程为，代入中可得，此时有一个公共点； 当时，将直线与抛物线联立可得， 整理可得， 计算该方程根的判别式可得 ， 当，即或时，此时直线和抛物线无公共点； 当，即或时，此时直线和抛物线有一个公共点； 当，即且时，直线和抛物线有两个公共点； 综上可得:当或或斜率不存在时，直线和抛物线无公共点； 当或或时，直线和抛物线有一个公共点； 当且时，直线和抛物线有两个公共点. 2 / 2 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 $