解答题突破02：圆锥曲线的常考9大题型全归纳讲义-2026年高考数学二轮复习

2026年高考二轮复习强化讲义 【解答题突破02：圆锥曲线的常考题型全归纳】 总览 题型梳理 题型分类 知识讲解与常考题型 【题型1：求轨迹方程（必考第一问）】 【解题策略】 1直接法 步骤：①建系设点②列几何等式③坐标化④化简⑤去杂（剔除不符合条件的点） 适用：几何条件直接转化为坐标等式如“到两定点距离之和为定值” 2定义法 步骤：①分析动点满足的条件匹配圆锥曲线定义②确定等参数③写出标准方程 适用：符合椭圆/双曲线/抛物线定义的条件如“到定点与定直线距离相等” 名师技巧：优先用定义法计算量远小于直接法是高考第一问最优解法 3相关点法（代入法） 步骤：①设动点相关动点②列满足的方程③用表示④代入的方程⑤化简得的轨迹 适用：动点的运动由另一动点带动如“中点轨迹”“对称点轨迹” 4参数法 步骤：①选参数（角度/斜率/时间等）②用参数表示动点坐标③消参得普通方程 适用：动点运动与参数相关如“直线与圆锥曲线交点的轨迹” 5交轨法 步骤：①求两动曲线的方程②联立两方程③消参得交点轨迹 适用：两动曲线交点的轨迹问题 （2026·重庆沙坪坝·模拟预测）已知动点，分别在直线和上，且，为的中点，记点的轨迹为曲线．经典例题1例题 (1)求曲线的方程； （2026·云南昭通·二模）已知点与定点的距离和它到定直线的距离之比为．经典例题2例题 (1)求的轨迹方程； （25-26高二下·湖北·月考）已知点，圆，P为圆上的一个动点，线段PD的中垂线与PC交于点Q，当点P在圆上运动时，记点Q的轨迹为曲线．小试牛刀1 (1)求的方程； （2026·福建泉州·一模）在平面直角坐标系中，已知点，动点关于的对称点为，且直线的斜率之积是，记的轨迹为曲线.小试牛刀2 (1)求的方程； （25-26高三下·海南·月考）平面内一动点到直线的距离为，到直线的距离为，且，记点的轨迹为曲线.小试牛刀3 (1)求的方程； 【题型2：中点弦（点差法）】 【解题策略】 一、题型识别 已知圆锥曲线的弦的中点坐标求弦所在直线方程或已知直线斜率求中点坐标 二、核心解题方法：点差法 1椭圆 设弦中点则 2双曲线 设弦中点则 3抛物线 设弦中点则 三、标准解题步骤 1设弦两端点中点 2将代入圆锥曲线方程两式相减（点差） 3因式分解结合 4求出斜率用点斜式写直线方程 5验证直线与圆锥曲线有两个交点（） （2026·浙江嘉兴·二模）已知斜率为的直线交椭圆（且）于A，B两点，AB的垂直平分线与椭圆交于C，D两点，点是线段AB的中点.经典例题1例题 (1)若，求的取值范围； (2)求的值； (3)证明：无论怎么变化，都存在A，B，C，D四点共圆，并求圆心的坐标. （25-26高三下·北京西城·月考）已知椭圆的短轴长和焦距均为.直线与椭圆W相切于第一象限内一点M.直线（不过原点）交椭圆W于A，B两点，C为AB的中点.经典例题2例题 (1)求椭圆W的方程； (2)若C在直线OM上，证明：. （25-26高二上·湖北·期末）已知双曲线的一条渐近线方程是，焦距为4．小试牛刀1 (1)求双曲线的方程； (2)过双曲线右焦点的直线与双曲线右支交于两点，若线段的中点为，求直线的方程． （25-26高二上·河南郑州·期末）已知动点到直线的距离与到点距离相等，设动点的轨迹为曲线.小试牛刀2 (1)求曲线的方程； (2)直线与曲线交于两点，若线段的中点坐标为，求直线的方程. （25-26高二上·河北邢台·期末）已知定点，定直线，过平面内一动点作直线的垂线，垂足为，使．小试牛刀3 (1)求动点的轨迹方程； (2)若直线与动点的轨迹相交于A，B两点，且线段AB的中点坐标为，求直线的方程． 【题型3：求弦长】 【解题策略】 一、题型识别 求直线与圆锥曲线相交所得弦的长度常结合面积/最值问题考查 二、核心弦长公式（2大常用公式） 1通用弦长公式（韦达定理法） 设直线与圆锥曲线交于 联立得一元二次方程 弦长 （核心：用韦达定理不求根） 2焦点弦长公式（秒杀法） 椭圆过焦点的弦长 抛物线过焦点的弦长 三、标准解题步骤 1设直线方程（注意斜率不存在的情况单独讨论） 2联立直线与圆锥曲线方程消元得一元二次方程 3计算用韦达定理求 4代入弦长公式计算 （2026·河北沧州·模拟预测）已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率为，点为该椭圆的上顶点，且满足.经典例题1例题 (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆交于两点，为坐标原点，若的面积为，求直线的方程. （2026·天津南开·一模）已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，短轴长为2，过右焦点且垂直于轴的直线交椭圆于第一象限的点，且.经典例题2例题 (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.且，求的值. （2026·山东威海·一模）已知双曲线的焦距为2c，渐近线方程为，右焦点到直线的距离为．小试牛刀1 (1)求的方程； (2)已知直线交于B，C两点，的左顶点记为，若，求弦长|BC|． （2026·山东青岛·模拟预测）已知双曲线的焦距为4，焦点到渐近线的距离为，过左焦点F的直线l交C于A，B两点．小试牛刀2 (1)求C的方程； (2)若l与坐标轴均不垂直，线段AB的垂直平分线交x轴于点M，求的值． （2026·吉林·三模）已知抛物线C：的焦点F到直线的距离为.小试牛刀3 (1)求抛物线C的标准方程； (2)过点的直线与抛物线C交于M，N两点，为坐标原点，且的面积为，求直线的方程. 【题型4：向量条件的转化】 【解题策略】 一、题型识别 题干给出向量条件如等需转化为坐标关系求解 二、核心转化公式（名师总结） 1垂直条件： 2共线条件： 核心结论： 3数量积条件：直接用韦达定理计算 4向量模长条件： 三、标准解题步骤 1设直线与交点坐标 2联立方程用韦达定理求 3将向量条件转化为坐标等式 4代入韦达定理结果求解参数/证明结论 （2026·内蒙古呼和浩特·一模）已知椭圆：过点，设它的左、右焦点分别为，左顶点为，上顶点为，且满足．经典例题1例题 (1)求椭圆的标准方程； (2)过点作不与坐标轴垂直的直线交椭圆于两点，求证：. （2026·四川成都·二模）如图，已知椭圆，点在椭圆上且，，分别经过的左、右焦点，，且，．经典例题2例题 (1)若，求点的坐标； (2)证明：是定值，并求出的值； (3)求四边形面积最大值． （2026·安徽池州·二模）已知双曲线过点和．小试牛刀1 (1)求双曲线的方程； (2)是双曲线上一点，设，，直线交于另一点，直线交于另一点，且，（各点均不重合）． （ⅰ）证明：直线过轴上的定点； （ⅱ）记直线，的斜率分别为，，证明：为定值． （2026·陕西商洛·一模）已知双曲线上的一点到两条渐近线的距离之积为，离心率为2．小试牛刀2 (1)求的方程； (2)记的左、右焦点分别为，点是上的一点，直线与交于另一点，直线与交于另一点，设，试判断是否为定值？若是，则求出该定值；若不是，请说明理由； (3)直线与交于两点，点在上，且，其中为坐标原点，求的取值范围． （2025·四川绵阳·三模）已知双曲线的左右顶点为，且，双曲线的一条渐近线的斜率为，过点的直线交双曲线于两点，为坐标原点.小试牛刀3 (1)求双曲线的方程； (2)若双曲线上存在点，且，求此时直线的方程. (3)过点的直线双曲线于两点，直线的斜率为，直线的斜率为，且，求的最小值. 【题型5：求三角形四边形的面积】 【解题策略】 一、题型识别 求直线与圆锥曲线相交形成的三角形/四边形的面积常结合最值/定值考查 二、核心面积公式（名师总结） 1三角形面积（通用） 底乘高：（为点到直线的距离） 坐标公式：（原点为顶点） 焦点三角形：（椭圆） （双曲线） 2四边形面积 对角线垂直： 分割为两个三角形分别求和 三、标准解题步骤 1求弦长（用弦长公式） 2求点到直线的距离（点到直线距离公式） 3代入面积公式计算 （2026·山东临沂·一模）已知椭圆的两个焦点分别为，，点P是C上的一个动点，当面积取得最大值时，．经典例题1例题 (1)求C的方程； (2)过点的直线l与C交于A，B两点，点A关于x轴的对称点为（与B不重合）． （ⅰ）求证：直线过定点； （ⅱ）求面积的最大值． （2026·陕西咸阳·模拟预测）已知椭圆C：经过点，为C的右焦点．经典例题2例题 (1)求C的标准方程； (2)过点的直线l与C交于，两点（l的斜率存在且不为0），设点B关于x轴的对称点为D，求面积的最大值． （2026·福建福州·模拟预测）已知双曲线：的右顶点为A.请从条件①、②、③中选择两个条件作为已知，使得C存在且唯一.小试牛刀1 条件①：的离心率为2； 条件②：的渐近线方程为； 条件③：的右焦点与点A的距离为1. (1)求的方程； (2)若过点的直线交C的右支于点M，且的面积为3，求的方程. 注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得0分；如果选择多组符合要求的条件分别解答，按第一组解答计分. （2026·陕西西安·一模）已知焦点在轴上的双曲线的渐近线方程为，点到双曲线上的动点的距离的最小值为.小试牛刀2 (1)求的方程； (2)若过点的直线与的上支交于点、下支交于点，且，求的方程. （2026·河南焦作·一模）过抛物线的焦点作直线，交于两点，交轴于点，记过点且垂直于的直线为．小试牛刀3 (1)证明：直线与相切； (2)若，记直线与的切点为，求面积的最小值． 【题型6：定值问题】 【解题策略】 一、题型识别 证明某表达式为定值如“为定值”“弦长为定值”“斜率之和为定值” 二、核心解题方法（2大名师方法） 1特殊值探路+一般证明 步骤：①取特殊位置（如直线斜率为0/不存在）求出定值②一般情况联立方程用韦达定理证明表达式等于该定值 适用：所有定值问题是高考最优解法 2直接化简法 步骤：①设参数（斜率/截距）②联立方程用韦达定理表示表达式③化简消去参数得到定值 三、常见定值结论（名师总结） 椭圆过原点的直线交椭圆于则 抛物线过焦点的直线交抛物线于则（定值） （2026·甘肃武威·模拟预测）已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，，过且与轴垂直的直线交于，两点．经典例题1例题 (1)求的大小； (2)若为的上顶点，斜率为的直线与交于，两点（异于的上、下顶点），记直线，的斜率分别为，． （ⅰ）若，，求的方程； （ⅱ）若，过作的垂线，垂足为，是否存在点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． （2026·四川南充·二模）已知椭圆的离心率，.经典例题2例题 (1)求椭圆的方程； (2)过点作两条斜率存在且不为零的直线，，分别交于，和，，且满足. （ⅰ）证明：直线，的斜率之和为定值； （ⅱ）求四边形面积的最大值. （2026·广东广州·模拟预测）记双曲线的左焦点为，渐近线方程为，过点作直线与交于两点．小试牛刀1 (1)求的方程； (2)记的斜率分别为为轴上一定点． （i）证明：为定值； （ii）记中点为，以为圆心，为半径的圆与另交于一点的斜率为，若为定值，求的坐标，并求出的值． （2026·山东日照·一模）双曲线的左、右焦点分别为，直线过且与双曲线交于两点．当直线的倾斜角为时，是等边三角形．小试牛刀2 (1)求双曲线的标准方程； (2)求证：为定值． （25-26高三下·重庆沙坪坝·月考）设抛物线的焦点为是上一点且，过抛物线的焦点作直线，且直线与抛物线相交于两点.小试牛刀3 (1)求抛物线的方程； (2)过抛物线的焦点作与垂直的直线，若直线与抛物线相交于，两点， ①求的最小值； ②设，分别是，的中点，过焦点作直线的垂线，垂足为，求证：存在一个定点，使得为定值. 【题型7：定点问题】 【解题策略】 一、题型识别 证明某直线/曲线过定点如“直线过定点”“动圆过定点” 二、核心解题方法 1特殊位置探路+一般证明 步骤：①取两个特殊位置（如斜率为0/不存在）求出交点（定点）②一般情况联立方程证明直线过该定点 适用：所有定点问题是高考最优解法 2参数分离法 步骤：①设直线方程用参数表示②整理为③令解出定点 三、常见定点结论（名师总结） 抛物线若则直线过定点 椭圆过椭圆上一点的两条切线切点弦过定点 （2026·北京石景山·一模）已知椭圆的左顶点为，离心率为.经典例题1例题 (1)求椭圆的方程； (2)为椭圆的右顶点，为椭圆上异于A，B的任意一点，直线，分别与直线交于M，N两点，直线与椭圆的另一个交点为.求证： ①； ②直线恒过定点. （2026·陕西咸阳·二模）已知椭圆：的两焦点分别是，，左顶点为，是椭圆上任意一点，的周长为.经典例题2例题 (1)求椭圆的标准方程； (2)动圆的圆心坐标为，过点作圆的两条切线，分别交椭圆于、两点，、两点与不重合，若直线、的斜率分别为、，求证：； (3)设存在斜率的直线与椭圆交于，两点（不是左右顶点），若以线段为直径的圆经过点，试判断直线是否恒过定点，若是，求出该定点坐标；若不是，说明理由. （2026·江西·一模）已知曲线上的动点满足，且，小试牛刀1 (1)求的方程； (2)已知，，为上的动点（点与不重合），直线和直线交于点，直线交于点． （i）求证：直线过定点； （ii）设直线的倾斜角为，的面积分别为，当时，求取值范围． （2026·贵州贵阳·模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，离心率为2，且过点.小试牛刀2 (1)求双曲线的方程； (2)过的直线与双曲线交于A，B两点，过点作直线的垂线，垂足为.求证：直线BD过定点. （2026·山东淄博·一模）已知抛物线：与双曲线的渐近线在第一、四象限的交点分别为，，且.小试牛刀3 (1)求抛物线的方程； (2)，为上异于，的两动点，且以线段为直径的圆恰好经过，证明：直线过定点. 【题型8：定直线问题】 【解题策略】 一、题型识别 证明某动点在定直线上如“点在定直线上”“切点弦在定直线上” 二、核心解题方法（2大名师方法） 1特殊位置探路+一般证明 步骤：①取两个特殊位置求出动点坐标确定定直线方程②一般情况联立方程证明动点坐标满足该直线方程 2参数消元法 步骤：①用参数表示动点坐标②消去参数得到定直线方程 三、常见定直线结论（名师总结） 抛物线过焦点的弦的中点轨迹是抛物线 椭圆切点弦过定点则的方程为 （2026·江苏·一模）已知双曲线的离心率为，是上一点，直线的斜率为，且与交于两点.经典例题1例题 (1)求的方程； (2)若，求的方程； (3)证明：的外接圆的圆心在定直线上. （25-26高二上·河北保定·期中）已知是双曲线上两个不同的点，为坐标原点，点．经典例题2例题 (1)若点在上，求的渐近线方程． (2)当四点共线时，，点． （i）求的方程； （ii）若三点共线，两点均不在轴上，分别为的左、右顶点，直线与交于点，证明：动点在一条定直线上． （25-26高二上·浙江杭州·期末）设椭圆的中心为坐标原点，右焦点为，离心率为，小试牛刀1 (1)求椭圆的标准方程； (2)已知圆是以点为圆心，为半径的圆，过椭圆C的下顶点作圆的两条切线，这两条切线分别与椭圆相交于点，（异于点）．设直线交轴于G点． （ⅰ）设，直线的斜率分别为，，求的值及点的坐标． （ⅱ）设点（与G点不同）满足：，，求证：在定直线上运动，并求出定直线方程． （2026·湖北十堰·一模）已知椭圆：（）的实轴长为，点在上.小试牛刀2 (1)求的离心率； (2)若，分别为的左、右顶点，过点且斜率不为0的直线与交于，两点，直线，交于点，证明：点在定直线上； (3)已知，，均在上，为原点，，其中，均不在轴上，，且，记直线，的斜率分别为，，证明：为定值. （2025·湖南岳阳·三模）已知抛物线的顶点在坐标原点处，对称轴为轴，且过点，，是上两个动点．小试牛刀3 (1)求抛物线的标准方程； (2)已知是上一点，且的焦点为的重心，设的横坐标为，求的取值范围； (3)已知为直线在第二象限内一点，直线，与抛物线分别相切于，两点，设，与轴分别交于，两点，证明：直线与直线的交点在定直线上． 【题型9：范围与最值问题】 【解题策略】 一、题型识别 求某表达式的取值范围/最值如“斜率的范围”“面积的最值”“参数的范围” 二、核心解题方法（3大名师方法） 1判别式法（） 步骤：①联立直线与圆锥曲线方程②由建立不等式③求解参数范围 适用：直线与圆锥曲线有交点的参数范围问题 2基本不等式法 步骤：①用韦达定理表示表达式②用基本不等式求最值 适用：和/积型表达式的最值问题 3函数求导法 步骤：①将表达式表示为关于某参数的函数②求导找单调性③求最值 适用：复杂函数的最值问题是高考压轴题通用解法 （2026·湖北黄冈·一模）已知椭圆的长轴长为4，直线与椭圆交于，两点（点在第一象限）．当时，，在轴上的射影恰好是椭圆的两个焦点．经典例题1例题 (1)求的标准方程； (2)若轴于点，连接并延长交于点，记直线的斜率为． （ⅰ）证明：为定值； （ⅱ）设，求的最小值． （2026·重庆·模拟预测）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，且椭圆上满足的点有且仅有2个.经典例题2例题 (1)求椭圆的方程； (2)设直线与椭圆交于，两点（在第一象限），与轴，轴分别交于点，，且；点关于轴的对称点为，直线与椭圆的另一个交点为. （ⅰ）记直线，的斜率分别为，，证明：为定值； （ⅱ）求直线的斜率的最小值. （25-26高三下·山东菏泽·月考）设椭圆的离心率为，左顶点为，上顶点为，且的面积为（为坐标原点）．小试牛刀1 (1)求椭圆的标准方程； (2)已知动点不在轴上，点在射线上，且满足． ①设，求点的坐标（用表示）； ②若点在椭圆上，直线的斜率等于直线的斜率，求的最大值． （2025·云南玉溪·模拟预测）已知O为坐标原点，动点P到x轴的距离为d，且，其中λ，μ均为常数，动点P的轨迹称为曲线．小试牛刀2 (1)若曲线为椭圆，试问λ，μ应满足什么条件？ (2)设曲线C为曲线，与x轴不重合的直线l过点，曲线C上存在两点A，B关于直线l对称，且AB的中点M的横坐标为x． （i）若，求实数的值； （ii）若A，B为曲线C在y轴右侧上两个不同的点，且直线l过点，求的取值范围． （2025·浙江杭州·模拟预测）已知双曲线的左顶点，渐近线方程为，直线经过点，与C交于不与A重合的两点P，Q，小试牛刀3 (1)求双曲线C的方程； (2)求直线AP，AQ的斜率之和； (3)设在射线AQ上的点R满足∠APQ＝∠ARP，求直线PR斜率的最大值. 真题模拟检测 1．（2025·全国二卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，长轴长为4． (1)求C的方程； (2)过点的直线l交C于两点，为坐标原点.若的面积为，求． 2．（2023·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，． (1)求的方程； (2)设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：． 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．（2024·天津·高考真题）已知椭圆的离心率为．左顶点为，下顶点为是线段的中点（O为原点），的面积为． (1)求椭圆的方程． (2)过点C的动直线与椭圆相交于两点．在轴上是否存在点，使得恒成立．若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由． 5．（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． 6．（2013·江西·高考真题）已知椭圆：的离心率． (1)求椭圆的方程； (2)如图所示，是椭圆的顶点，是椭圆上除顶点外的任意点，直线交轴于点，直线交于点．设的斜率为的斜率为，求证：为定值． 7．（2026·上海·高考真题）已知双曲线，过点作不垂直于轴的直线交双曲线于、两点. (1)求双曲线离心率； (2)若点，点在双曲线的右支上，且是的中点，求直线的斜率； (3)若，，分别是双曲线的左右焦点，是关于轴的对称点，若存在直线使得，求的取值范围. 8．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为． (1)求C的方程； (2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上. 9．（2023·全国甲卷·高考真题）已知直线与抛物线交于两点，且． (1)求； (2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，，求面积的最小值． 10．（2023·全国乙卷·高考真题）已知椭圆的离心率是，点在上． (1)求的方程； (2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点． 11．（2024·全国甲卷·高考真题）已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴． (1)求的方程； (2)过点的直线交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：轴． 12．（2024·上海·高考真题）已知双曲线，左、右顶点分别为，过点的直线交双曲线于两点. (1)若的离心率为2，求. (2)若为等腰三角形，且点在第一象限，求点的坐标. (3)连接（为坐标原点）并延长交于点，若，求的最大值. 13．（2025·全国一卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，． (1)求C的方程； (2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足． （i）设，求的坐标（用m，n表示）； （ⅱ）设O为坐标原点，是C上的动点，直线OR的斜率为直线的斜率的3倍，求的最大值． 14．（2025·上海·高考真题）已知椭圆，，A是的右顶点． (1)若的焦点，求离心率e； (2)若，且上存在一点P，满足，求m； (3)已知AM的中垂线l的斜率为2，l与交于C、D两点，为钝角，求a的取值范围． 1 学科网（北京）股份有限公司 $2026年高考二轮复习强化讲义 【解答题突破02：圆锥曲线的常考题型全归纳】 总览 题型梳理 题型分类 知识讲解与常考题型 【题型1：求轨迹方程（必考第一问）】 【解题策略】 1直接法 步骤：①建系设点②列几何等式③坐标化④化简⑤去杂（剔除不符合条件的点） 适用：几何条件直接转化为坐标等式如“到两定点距离之和为定值” 2定义法 步骤：①分析动点满足的条件匹配圆锥曲线定义②确定等参数③写出标准方程 适用：符合椭圆/双曲线/抛物线定义的条件如“到定点与定直线距离相等” 名师技巧：优先用定义法计算量远小于直接法是高考第一问最优解法 3相关点法（代入法） 步骤：①设动点相关动点②列满足的方程③用表示④代入的方程⑤化简得的轨迹 适用：动点的运动由另一动点带动如“中点轨迹”“对称点轨迹” 4参数法 步骤：①选参数（角度/斜率/时间等）②用参数表示动点坐标③消参得普通方程 适用：动点运动与参数相关如“直线与圆锥曲线交点的轨迹” 5交轨法 步骤：①求两动曲线的方程②联立两方程③消参得交点轨迹 适用：两动曲线交点的轨迹问题 （2026·重庆沙坪坝·模拟预测）已知动点，分别在直线和上，且，为的中点，记点的轨迹为曲线．经典例题1例题 (1)求曲线的方程； 【详解】（1）设，， 由题得①， 设，则，代入①可得，即， 所以曲线的方程为． （2026·云南昭通·二模）已知点与定点的距离和它到定直线的距离之比为．经典例题2例题 (1)求的轨迹方程； 【详解】（1）设点，根据题意得：，两边平方并整理得： ，即，化简得：， 因此，点的轨迹方程为椭圆. （25-26高二下·湖北·月考）已知点，圆，P为圆上的一个动点，线段PD的中垂线与PC交于点Q，当点P在圆上运动时，记点Q的轨迹为曲线．小试牛刀1 (1)求的方程； 【详解】（1）由题意可得，，则， 故点Q的轨迹为椭圆，且，所以， 则曲线的方程为； （2026·福建泉州·一模）在平面直角坐标系中，已知点，动点关于的对称点为，且直线的斜率之积是，记的轨迹为曲线.小试牛刀2 (1)求的方程； 【详解】（1）设，则，则 ，且， 由，得， 整理，得，即， 故的方程为.（约束条件也可写成） （25-26高三下·海南·月考）平面内一动点到直线的距离为，到直线的距离为，且，记点的轨迹为曲线.小试牛刀3 (1)求的方程； 【详解】（1）设，由题意可得，， 因为， 所以，整理得， 即的方程为. 【题型2：中点弦（点差法）】 【解题策略】 一、题型识别 已知圆锥曲线的弦的中点坐标求弦所在直线方程或已知直线斜率求中点坐标 二、核心解题方法：点差法 1椭圆 设弦中点则 2双曲线 设弦中点则 3抛物线 设弦中点则 三、标准解题步骤 1设弦两端点中点 2将代入圆锥曲线方程两式相减（点差） 3因式分解结合 4求出斜率用点斜式写直线方程 5验证直线与圆锥曲线有两个交点（） （2026·浙江嘉兴·二模）已知斜率为的直线交椭圆（且）于A，B两点，AB的垂直平分线与椭圆交于C，D两点，点是线段AB的中点.经典例题1例题 (1)若，求的取值范围； (2)求的值； (3)证明：无论怎么变化，都存在A，B，C，D四点共圆，并求圆心的坐标. 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】第1问直线存在即可，只需满足线段的中点在椭圆内，第2问中点弦问题用点差法即可，第3问当，，，四点共圆时，有，转化成坐标求解即可. 【详解】（1）设，当时，线段的中点， 此时应满足在椭圆内，即，解得， 所以当时，的取值范围为. （2）由为椭圆上两点，从而有， 两式作差得， 即， 由线段中点，得到，斜率， 所以，得到. （3）由(2)可知，，得到的垂直平分线的斜率为， 所以直线的方程为，即， 联立，化简整理得， ， 设，则，， 从而的中点为，， 直线的方程为，即， 联立，化简整理得， ，， 由垂直平分，所以当，，，四点共圆时，有 即， 化简得， 当，，，四点共圆与的值无关，则，解得，则， 此时圆的圆心坐标为为或. （25-26高三下·北京西城·月考）已知椭圆的短轴长和焦距均为.直线与椭圆W相切于第一象限内一点M.直线（不过原点）交椭圆W于A，B两点，C为AB的中点.经典例题2例题 (1)求椭圆W的方程； (2)若C在直线OM上，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求出即得椭圆方程. （2）设出切点坐标并表示出切线斜率，再利用点差法求出直线斜率即可推理得证. 【详解】（1）由椭圆的短轴长和焦距均为， 得的短半轴长，半焦距，则长半轴长， 所以椭圆W的方程为. （2）设点，直线的方程为， 由消去得，， ， ，因此直线的斜率， 设，线段的中点， 由，得， 则，直线的斜率， 而点在直线上，于是，即，亦即， 则，又点，所以. （25-26高二上·湖北·期末）已知双曲线的一条渐近线方程是，焦距为4．小试牛刀1 (1)求双曲线的方程； (2)过双曲线右焦点的直线与双曲线右支交于两点，若线段的中点为，求直线的方程． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题知，，进而结合求解即可得答案； （2）由题设直线的方程为，，，， 进而与双曲线方程联立，结合题意得且，进而根据韦达定理进行求解. 【详解】（1）因为双曲线的一条渐近线方程是， 所以，即 因为焦距为4，所以，即 因为， 所以， 所以双曲线的方程为. （2）由题知双曲线的右焦点为， 故设直线的方程为， 则联立方程得， 设，， 所以， 因为直线与双曲线的右支交于A，B两点， 所以，即且， 所以，解得：且， 若线段的中点为，得， 得,解得或， 而且，得， 得所求直线的方程为：，即为. （25-26高二上·河南郑州·期末）已知动点到直线的距离与到点距离相等，设动点的轨迹为曲线.小试牛刀2 (1)求曲线的方程； (2)直线与曲线交于两点，若线段的中点坐标为，求直线的方程. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据抛物线的定义，得到动点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，进而求得抛物线的标准方程； （2）根据题意，利用“点差法”求得所求直线的斜率，进而得到所求直线方程. 【详解】（1）由题意知，动点到直线的距离与到点距离相等， 根据抛物线的定义，可得动点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线， 可得，解得，所以曲线的方程为. （2）设，可得， 两式相减得， 线段的中点坐标为，可得在抛物线内部， 所以，可得， 又由，可得， 所以直线的斜率， 故直线的方程为，即. （25-26高二上·河北邢台·期末）已知定点，定直线，过平面内一动点作直线的垂线，垂足为，使．小试牛刀3 (1)求动点的轨迹方程； (2)若直线与动点的轨迹相交于A，B两点，且线段AB的中点坐标为，求直线的方程． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设，根据条件列关系式， 化简即可； （2）利用点差法可求直线方程. 【详解】（1）设，因为，所以， 整理得，即动点的轨迹方程为． （2）设，则， 两式相减得， 若，则直线的方程为，显然不可能是线段的中点， 不符合题意； 则． 因为线段的中点坐标为，所以， 所以直线的斜率， 所以直线的方程为，即． 联立，得，则， 直线与动点的轨迹相交，所以直线的方程为． 【题型3：求弦长】 【解题策略】 一、题型识别 求直线与圆锥曲线相交所得弦的长度常结合面积/最值问题考查 二、核心弦长公式（2大常用公式） 1通用弦长公式（韦达定理法） 设直线与圆锥曲线交于 联立得一元二次方程 弦长 （核心：用韦达定理不求根） 2焦点弦长公式（秒杀法） 椭圆过焦点的弦长 抛物线过焦点的弦长 三、标准解题步骤 1设直线方程（注意斜率不存在的情况单独讨论） 2联立直线与圆锥曲线方程消元得一元二次方程 3计算用韦达定理求 4代入弦长公式计算 （2026·河北沧州·模拟预测）已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率为，点为该椭圆的上顶点，且满足.经典例题1例题 (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆交于两点，为坐标原点，若的面积为，求直线的方程. 【答案】(1) (2)或. 【分析】（1）根据椭圆特征得到椭圆方程； （2）设出直线，联立直线与椭圆方程，由弦长公式和面积公式得到方程，求出答案 【详解】（1）由题意得，，所以，则， 又因为离心率为，所以，计算可得，所以， 所以椭圆的方程为. （2）根据题意，当直线的斜率为0时，无法构成三角形， 所以设直线的方程为， 联立方程组整理得到， 设，则， 所以， 点到直线的距离为， 所以的面积，解得或， 故直线的方程为或. （2026·天津南开·一模）已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，短轴长为2，过右焦点且垂直于轴的直线交椭圆于第一象限的点，且.经典例题2例题 (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.且，求的值. 【答案】(1) (2). 【分析】（1）根据椭圆的定义及勾股定理求出即可得解； （2）假设存在，直线与椭圆方程联立，再由韦达定理及向量的运算求出C点坐标，再由列出方程求解即可. 【详解】（1）因为，， 所以，. 因为，， 所以，因为，所以，， 所以椭圆方程为. （2）设，， 联立方程得， 所以，整理得    ①， 所以，， . 因为上存在点使得四边形为平行四边形， 所以，即， 将代入得， 整理得   ②， 所以 ， 由②知， ， 因为， 所以， 整理得，解得， 由②知，符合①，因为，所以 （2026·山东威海·一模）已知双曲线的焦距为2c，渐近线方程为，右焦点到直线的距离为．小试牛刀1 (1)求的方程； (2)已知直线交于B，C两点，的左顶点记为，若，求弦长|BC|． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）依题意建立关于的方程组，求解即得双曲线的方程； （2）将直线方程与双曲线方程联立，写出韦达定理，利用和三角形相似可推得，与韦达定理联立求得，再用弦长公式即可求得答案. 【详解】（1）由题意知，，      解得，      所以的方程为 （2）联立，整理得，      由，可得， 设，则      因为， 又直线过点，且，     所以，所以①，（也可利用斜率相等或向量共线得出）     将①式代入得，消去得，     解得，     则    （2026·山东青岛·模拟预测）已知双曲线的焦距为4，焦点到渐近线的距离为，过左焦点F的直线l交C于A，B两点．小试牛刀2 (1)求C的方程； (2)若l与坐标轴均不垂直，线段AB的垂直平分线交x轴于点M，求的值． 【答案】(1) (2)1 【分析】(1)由焦距得c，利用焦点到渐近线的距离得b，再结合求a，进而得双曲线方程； (2)设直线l的斜率为k，联立双曲线方程，用韦达定理求AB的中点与弦长；求AB垂直平分线方程，得M点坐标，计算后求比值. 【详解】（1）由焦距为4，得，即； 双曲线渐近线为，则焦点到渐近线的距离为，且因为，所以，故，那么，得. 因此双曲线C的方程为：. （2）左焦点，设l：，联立双曲线方程得：（其中且）， 设，，由韦达定理：，. 代入弦长公式： AB中点为，垂直平分线斜率为，方程为： 令，得，所以； 所以. （2026·吉林·三模）已知抛物线C：的焦点F到直线的距离为.小试牛刀3 (1)求抛物线C的标准方程； (2)过点的直线与抛物线C交于M，N两点，为坐标原点，且的面积为，求直线的方程. 【答案】(1) (2)或. 【分析】（1）利用抛物线焦点坐标公式及点到直线的距离公式求解参数，确定标准方程. （2）设出直线方程与抛物线联立，结合韦达定理，利用弦长公式与点到直线距离公式表示三角形面积，进而求解直线方程. 【详解】（1）抛物线的焦点坐标为， 所以焦点到直线的距离为： 解得： 所以，抛物线的标准方程为： （2）由题意设过点的直线方程为，设. 联立方程，消去得：， 所以，， 所以， 由弦长公式，. 原点到直线的距离为. 所以， 化简可得：，解得 ，即. 所以直线方程为：或， 即或. 【题型4：向量条件的转化】 【解题策略】 一、题型识别 题干给出向量条件如等需转化为坐标关系求解 二、核心转化公式（名师总结） 1垂直条件： 2共线条件： 核心结论： 3数量积条件：直接用韦达定理计算 4向量模长条件： 三、标准解题步骤 1设直线与交点坐标 2联立方程用韦达定理求 3将向量条件转化为坐标等式 4代入韦达定理结果求解参数/证明结论 （2026·内蒙古呼和浩特·一模）已知椭圆：过点，设它的左、右焦点分别为，左顶点为，上顶点为，且满足．经典例题1例题 (1)求椭圆的标准方程； (2)过点作不与坐标轴垂直的直线交椭圆于两点，求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用椭圆过已知点、顶点距离与焦距的关系，结合椭圆中的关系，即可得椭圆方程； （2）方法一：设直线方程，联立方程组后用韦达定理得到，通过向量数量积为0证明垂直；方法二：直线方程设为，联立方程组后用韦达定理得到，通过向量数量积为0证明垂直；方法三：通过设过定点的直线系方程，再结合椭圆方程变形，将垂直问题转化为斜率乘积为的关系，即可证得. 【详解】（1）由题意得，解得，所以椭圆C的方程为. （2） 方法一：设直线的方程为：. 联立方程,化简得, 显然点在椭圆的内部，所以. 设，则． 又因为,所以． 所以 所以，即. 方法二：设直线的方程为：， 联立方程,化简得． 显然点在椭圆的内部，所以． 设，则． 又因为，所以． 所以 ， 所以，即. 方法三：设：，则可化为， 展开得， 即， 化简得， 同除以可得， 又过，代入得，∴. 【点睛】联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理转化成坐标之间的关系，然后通过向量数量积为0或斜率乘积为来证明垂直是解决直线与椭圆垂直问题的常用方法. （2026·四川成都·二模）如图，已知椭圆，点在椭圆上且，，分别经过的左、右焦点，，且，．经典例题2例题 (1)若，求点的坐标； (2)证明：是定值，并求出的值； (3)求四边形面积最大值． 【答案】(1) (2)证明见解析， (3) 【分析】（1）借助向量线性运算可表示出点坐标，结合、点在椭圆上可得、点坐标满足关系，计算即可得解； （2）借助向量线性运算可用、表示出点、点坐标，再利用、、点在椭圆上可得、点坐标满足关系，则可用表示出、，再求和即可得解； （3）利用三角形面积公式可得，则，再计算出面积后，利用、间的关系，结合基本不等式即可得解. 【详解】（1），，则， 由，则，故， 故，化简得，又， 则，解得，则， 故或（负值舍去），即点的坐标为； （2）由，，则， 故，则有， 化简得， 由，则， 整理得， 则或（负值舍去）； ，则，由，则， 故，则有， 化简得， 由，则， 整理得， 则或（负值舍去）； 故， 故是定值，且； （3），， 则 ， 则， 由，，则， 又， 则 ， 当且仅当，即时，等号成立， 故四边形面积最大值为. （2026·安徽池州·二模）已知双曲线过点和．小试牛刀1 (1)求双曲线的方程； (2)是双曲线上一点，设，，直线交于另一点，直线交于另一点，且，（各点均不重合）． （ⅰ）证明：直线过轴上的定点； （ⅱ）记直线，的斜率分别为，，证明：为定值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）根据双曲线的性质和经过的点可得双曲线方程； （2）（ⅰ）先设各点的坐标，再结合向量的关系可求得直线经过的定点；（ⅱ）法一：通过设相关点，再结合向量关系可得，进而可证明定值；法二：通过设相关点，再结合向量关系及点差法可得，进而可证明定值；法三：先设直线的方程为，再利用根与系数关系可得及向量关系可得，从而证明定值；法四：直接设直线，再根据系数关系及向量关系可得，进而可证明定值. 【详解】（1）因为双曲线过点，所以点是双曲线的右顶点，得， 又因为双曲线过点，所以，解得. 所以双曲线的方程为. （2）（i）设点，，，，，如图： 因为， 由得，即. 又因为， 由得，即. 设直线过轴上的定点，则,, 所以直线过轴上的定点 （ⅱ）解法一：（设点法一相关点） 设点，，，由得① 因为点在上，所以，即②，如图： 由①②得 又点在上，所以，即 由题意知，所以③ 同理得④ 由③-④得， 因为，即⑤ 由得，即⑥ 联立⑤⑥解得， 所以 解法二：（设点法——定比点差） 设点，， 由得①，由得② 一方面，由得③ 将①②代入③得④ 另一方面，由得⑤ 将①代入⑤得⑦ 联立①⑦得⑧，同理得⑨ 联立⑧⑨得⑩ 由④⑩得 所以 . 解法三：（设线法一设线解点） 设点，，，一方面，由得① 另一方面，联立得（其中） 所以 所以② 由①②得，即③ 同理得④ 由得⑤ 由③-④得⑥ 联立⑤⑥得 所以 解法四：（设线法——韦达定理） 由（ⅰ）可设直线 联立得由韦达定理得③ 由①②得 ④ 将③代入④得⑤ 又因为点在上，所以⑥ 联立⑤⑥得,, ，解得⑦或（舍） 所以 . 所以. （2026·陕西商洛·一模）已知双曲线上的一点到两条渐近线的距离之积为，离心率为2．小试牛刀2 (1)求的方程； (2)记的左、右焦点分别为，点是上的一点，直线与交于另一点，直线与交于另一点，设，试判断是否为定值？若是，则求出该定值；若不是，请说明理由； (3)直线与交于两点，点在上，且，其中为坐标原点，求的取值范围． 【答案】(1) (2)是定值， (3) 【分析】（1）先设点，根据题设条件推得，结合离心率代入求出即可； （2）设，利用向量共线的坐标运算即可求解； （3）设，由联立方程组可得，再结合平面向量共线，分类讨论的取值即可. 【详解】（1）的渐近线方程为，设双曲线上一点， 则， 又在上，所以， 即，代入可得， 又，代入可得，所以的方程为. （2）由（1）易得，设， 由，可得， 即得，(*)， 又，所以， 即， ，即， 又，所以. 因为，所以，， 又，所以， 即， 所以，所以， 又，所以， 所以， 解得，即为定值. （3）设， 由消元得， 由，解得， 则有. 因为，所以 因为点在上，所以， 即， 因， 故得，即， 即， 代入韦达定理，可得 整理得. 当时，等式左边，右边，因为左边右边，不合题意； 当时，因，则，解得，产生矛盾，舍去； 当时，，解得或，故或. 综上，的取值范围为. （2025·四川绵阳·三模）已知双曲线的左右顶点为，且，双曲线的一条渐近线的斜率为，过点的直线交双曲线于两点，为坐标原点.小试牛刀3 (1)求双曲线的方程； (2)若双曲线上存在点，且，求此时直线的方程. (3)过点的直线双曲线于两点，直线的斜率为，直线的斜率为，且，求的最小值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由题意可得，解出的值即可求解； （2）设直线的方程为，，联立直线与双曲方程，结合韦达定理及题设可得，进而代入双曲线方程即可求出，进而得解； （3）由（2）可得，设直线的方程为，， 可得由，，可得，，，，表示出，换元，结合对勾函数求解即可. 【详解】（1）由题意，，解得，， 则双曲线的方程为. （2）当直线的斜率为时，， 此时，显然不存在点满足； 则直线的斜率不为，设直线的方程为，， 联立，得， 则，，即， ， 则， 又， 则， 即，代入， 得， 解得或，即（舍去）或， 则直线的方程为， 即. （3）由（2）知，设直线的方程为，， ， 显然直线的斜率不为，设直线的方程为，， 同理可得， 由，， 则，，即，， 所以， ， 所以 ， 令，， 因为函数在上单调递减，在上单调递增， 且时，；时，；时，， 则，所以， 函数在上单调递增， 则，即的最小值为.      【题型5：求三角形四边形的面积】 【解题策略】 一、题型识别 求直线与圆锥曲线相交形成的三角形/四边形的面积常结合最值/定值考查 二、核心面积公式（名师总结） 1三角形面积（通用） 底乘高：（为点到直线的距离） 坐标公式：（原点为顶点） 焦点三角形：（椭圆） （双曲线） 2四边形面积 对角线垂直： 分割为两个三角形分别求和 三、标准解题步骤 1求弦长（用弦长公式） 2求点到直线的距离（点到直线距离公式） 3代入面积公式计算 （2026·山东临沂·一模）已知椭圆的两个焦点分别为，，点P是C上的一个动点，当面积取得最大值时，．经典例题1例题 (1)求C的方程； (2)过点的直线l与C交于A，B两点，点A关于x轴的对称点为（与B不重合）． （ⅰ）求证：直线过定点； （ⅱ）求面积的最大值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）由题意可得，进而结合已知求得，可求C的方程； （2）（ⅰ）设l的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理可得，进而求得直线的方程，由椭圆的对称性可证得结论；（ⅱ）记直线过定点为，利用计算，结合基本不等式可求面积的最大值. 【详解】（1）因为，又，所以， 又面积取得最大值，所以， 在中，，所以，所以， 又，所以，所以，解得， 所以，所以椭圆C的方程为； （2）（ⅰ）当过点的直线l不与x轴重合时， 设直线l的方程为，， 由，得， 整理得， 由韦达定理得， 因为为点A关于x轴的对称点，所以，所以， 所以直线的方程为， 由对称性，直线所过定点一定在轴上， 令，可得 ， 所以直线过定点； 当过点的直线与x轴重合时，显然过点； 综上所述：直线过定点； （ⅱ）记直线过定点为， 则 ， 当且仅当，即时，等号成立， 所以面积的最大值为． （2026·陕西咸阳·模拟预测）已知椭圆C：经过点，为C的右焦点．经典例题2例题 (1)求C的标准方程； (2)过点的直线l与C交于，两点（l的斜率存在且不为0），设点B关于x轴的对称点为D，求面积的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用两点距离公式求出，再利用求解即可； （2）设直线方程为，联立椭圆方程，利用韦达定理得出，，再根据直线与直线的斜率之和为0建立等式，证明直线过定点，表示出，利用基本不等式求最值． 【详解】（1）如图所示， 因为为C的右焦点，则，且椭圆左焦点为， 所以， 所以，， 所以椭圆C的方程为． （2）设直线方程为，，，， 联立，得， ，即， ，， 因为点B关于x轴的对称点为D，则直线与直线的斜率之和为0， 所以， 即，即， 得，即，所以直线过定点，且， 所以 即，令， ， 当且仅当时，即时，面积的最大值为． （2026·福建福州·模拟预测）已知双曲线：的右顶点为A.请从条件①、②、③中选择两个条件作为已知，使得C存在且唯一.小试牛刀1 条件①：的离心率为2； 条件②：的渐近线方程为； 条件③：的右焦点与点A的距离为1. (1)求的方程； (2)若过点的直线交C的右支于点M，且的面积为3，求的方程. 注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得0分；如果选择多组符合要求的条件分别解答，按第一组解答计分. 【答案】(1)选择条件①和③和选择条件②和③时，的方程，选择条件①和②时，C存在且不唯一 (2)或 【分析】（1）选择条件①和③：根据双曲线的离心率公式和两点间距离公式进行求解即可； 选择条件②和③：根据双曲线的渐近线方程和两点间距离公式进行求解即可； 选择条件①和②：根据双曲线的离心率公式和双曲线的渐近线方程进行求解判断即可. （2）方法一：根据三角形面积公式，结合点到直线距离公式进行求解即可； 方法二：设出直线方程与双曲线联立，利用三角形面积公式，结合点到直线距离公式进行求解即可. 【详解】（1）选择条件①和③： 因为C的离心率为2，点A到C的右焦点的距离为1，所以 解得 又因为，所以， 所以C的方程为. 选择条件②和③： 因为C的渐近线方程为，点A到C的右焦点的距离为1， 所以由 可得 所以C的方程为. 选择条件①和②： 因为的离心率为2， 所以， 所以的渐近线方程为， 由①能推出②，所以C存在但是不唯一，不符合题意； 综上所述：选择条件①和③和选择条件②和③时，的方程，选择条件①和②时，C存在且不唯一. （2）由（1）知，点A坐标为， 又由可得直线的方程为，且. 设点M到直线的距离为d， 因为面积为3，所以，所以. 设过点M且与直线平行的直线为n：. 则n与直线的距离为，故， 解得或， 所以直线n方程为或， 直线与直线关于原点中心对称， 与双曲线左支有两个交点，不合题意，舍去. 由得或 故点M坐标为或， 当M坐标为时，点，所以直线的方程为， 当M坐标为时，点，直线的方程为， 所以直线的方程为或. （方法二）由（1）知，点A坐标为，且点在C上. 当直线斜率不存在时，，面积为3，直线的方程为，符合题意. 当直线斜率存在时，设其方程为. 由得， 设， 则，， 故， 又因为A到直线的距离， 故面积为. 所以，解得，或， 因为该双曲线的渐近线方程为， 所以，， 因此此时直线不与双曲线的右支相交， 因为， 所以此时直线与双曲线的右支相交， 故直线的方程为. 综上，直线的方程为或. （2026·陕西西安·一模）已知焦点在轴上的双曲线的渐近线方程为，点到双曲线上的动点的距离的最小值为.小试牛刀2 (1)求的方程； (2)若过点的直线与的上支交于点、下支交于点，且，求的方程. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设，则，代入中，由最小值为求解，得到方程； （2）设：，与的方程联立消元得到一元二次方程，由韦达定理及求解得到方程. 【详解】（1） 的焦点在轴上，渐近线方程为， 故设的方程为（），设， 则，有， 因为 （）， 由已知，解得， 所以的方程为. （2）由题意，知：，设：，与的方程联立， 有， 方程的判别式， 设，，则①，②， 由，有，即，有③， 解①③，得④，⑤， 由，，，有，解得， 将④⑤代入②，有，解得（舍）， 故：，即. （2026·河南焦作·一模）过抛物线的焦点作直线，交于两点，交轴于点，记过点且垂直于的直线为．小试牛刀3 (1)证明：直线与相切； (2)若，记直线与的切点为，求面积的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）设直线的方程为，可得，进而得到直线的方程为，联立直线与抛物线方程，验证即可求证； （2）先求出，结合弦长公式及点到直线的距离公式表示出，令，可得，设，进而利用导数分析其单调性，进而求解即可. 【详解】（1）由题意，得，显然直线的斜率存在且不为0， 设直线的方程为，令，得，即， 因此直线的方程为， 联立，得， 则，又，则直线与相切. （2）当时，抛物线， 直线的方程为，直线的方程为，， 联立，解得，则， 联立，得，设， 则， 所以， 点到直线的距离即为 则， 令，则，设， 则， 令，得，令，得， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，则的最小值为. 【题型6：定值问题】 【解题策略】 一、题型识别 证明某表达式为定值如“为定值”“弦长为定值”“斜率之和为定值” 二、核心解题方法（2大名师方法） 1特殊值探路+一般证明 步骤：①取特殊位置（如直线斜率为0/不存在）求出定值②一般情况联立方程用韦达定理证明表达式等于该定值 适用：所有定值问题是高考最优解法 2直接化简法 步骤：①设参数（斜率/截距）②联立方程用韦达定理表示表达式③化简消去参数得到定值 三、常见定值结论（名师总结） 椭圆过原点的直线交椭圆于则 抛物线过焦点的直线交抛物线于则（定值） （2026·甘肃武威·模拟预测）已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，，过且与轴垂直的直线交于，两点．经典例题1例题 (1)求的大小； (2)若为的上顶点，斜率为的直线与交于，两点（异于的上、下顶点），记直线，的斜率分别为，． （ⅰ）若，，求的方程； （ⅱ）若，过作的垂线，垂足为，是否存在点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）存在， 【分析】（1）由椭圆离心率得出 的关系,求出过 且垂直于 轴的弦端点纵坐标,在直角三角形中利用正切值求出半角,再由椭圆对称性得到 . （2）(i)先由上顶点确定椭圆方程,根据已知斜率写出直线 方程,分别与椭圆联立求出 坐标,再由两点坐标算斜率并写出直线 的方程；(ii) 设直线 斜截式与椭圆联立,用韦达定理表示根与系数关系,将 转化为坐标条件并化简,得出直线过定点；再由 知点 在以两定点为直径的圆上，故圆心 到 的距离为定值. 【详解】（1）设的坐标为，由题意知，所以， 又，所以， 将代入，得，所以， 所以，又，所以， 由椭圆的对称性知． （2）因为为的上顶点，所以，即，所以，所以， 所以的方程为． （ⅰ）若，，则直线，的方程分别为，， 由，得，所以，所以， 所以，同理可求得， 所以直线的斜率为，所以的方程为， 即． （ⅱ）如图:的方程为，，. ，消去y并整理，得， 则， 且，，得 ， 由可得解得，满足，所以直线的方程为， 故过定点， 因为垂直于，且在上，所以，故在以为直径的圆上. 所以当点为线段的中点时，，为定值． （2026·四川南充·二模）已知椭圆的离心率，.经典例题2例题 (1)求椭圆的方程； (2)过点作两条斜率存在且不为零的直线，，分别交于，和，，且满足. （ⅰ）证明：直线，的斜率之和为定值； （ⅱ）求四边形面积的最大值. 【答案】(1) (2)（i）证明过程见解析. （ii）. 【分析】（1）由椭圆中，再结合已知条件可求得椭圆方程. （2）设过的直线方程，与椭圆联立，（i）中利用韦达定理和弦长公式分别写出与， 由即可证明直线，的斜率之和为定值. （ii）将四边形面积表示为（为两条直线夹角），结合基本不等式可求出最值. 【详解】（1）由题意可知解得： 椭圆的方程为. （2）（i）设斜率为，斜率为，，，，， 直线过，直线方程为， 代入椭圆方程整理得： ， 由弦长公式可知： 计算得： ，同理可得： 由题设， 整理得，即. 因（两条不同直线），故. 即斜率之和为定值. （ii）设，两条直线夹角为，四边形对角线为， 面积为 计算得： ， ， 设两直线倾斜角为，，则， ， 化简可得： ， 令，由基本不等式，当且仅当时等号成立， 进一步化简得： 令，则，这是关于的开口向下二次函数， 对称轴，故在（即）时取最大值， 因此四边形面积的最大值为. （2026·广东广州·模拟预测）记双曲线的左焦点为，渐近线方程为，过点作直线与交于两点．小试牛刀1 (1)求的方程； (2)记的斜率分别为为轴上一定点． （i）证明：为定值； （ii）记中点为，以为圆心，为半径的圆与另交于一点的斜率为，若为定值，求的坐标，并求出的值． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）， 【分析】（1）根据焦点坐标、渐近线方程求出双曲线的方程. （2）（i）设，与双曲线方程联立，结合韦达定理化简即可证明； （ii）先求出点的坐标，然后化简所求表达式，根据定值计算即可. 【详解】（1）由得，可得， 联立，得，于是． （2）（i）显然斜率不为0，故设．联立， 得，设， 则，于是， ， ， 于是，为定值． （ii）， 于是显然为中点，设， 由，得， 记， 由其为定值可知其与无关， 故必有，于是，于是． （2026·山东日照·一模）双曲线的左、右焦点分别为，直线过且与双曲线交于两点．当直线的倾斜角为时，是等边三角形．小试牛刀2 (1)求双曲线的标准方程； (2)求证：为定值． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据双曲线性质和等边三角形特点，结合勾股定理求出和，从而求出标准方程 （2）分斜率存在和不存在两种情况，分别计算，并验证是否为定值. 【详解】（1）设双曲线的焦距为，则可得， 当的倾斜角为时，不妨设，如下图所示： 将点代入可得， 又， 解得， 由是等边三角形可得， 即，联立解得或（舍）； 所以可得， 故双曲线的标准方程为. （2）由（1）得，即，分两种情况讨论： ① 当直线斜率不存在时，此时的方程为，代入双曲线得， 即过，则， ② 当直线斜率存在时，设直线，不妨设， 联立直线和双曲线方程，消去得． 由韦达定理：， 计算可得， 代入韦达定理，结果化简得：， ， 综上，无论直线斜率是否存在，为定值-1. （25-26高三下·重庆沙坪坝·月考）设抛物线的焦点为是上一点且，过抛物线的焦点作直线，且直线与抛物线相交于两点.小试牛刀3 (1)求抛物线的方程； (2)过抛物线的焦点作与垂直的直线，若直线与抛物线相交于，两点， ①求的最小值； ②设，分别是，的中点，过焦点作直线的垂线，垂足为，求证：存在一个定点，使得为定值. 【答案】(1) (2)①16；②证明见解析 【分析】（1）由题设可得，再根据抛物线的焦半径公式求解即可； （2）①设直线的方程为，，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理可得，设，同理可得，进而表示出，再根据基本不等式求解即可； ②结合①可得，再分、两种情况讨论求证即可. 【详解】（1）由，得， 则，即， 因为为抛物线上一点，所以，则，即， 所以抛物线的方程为. （2）①由（1）抛物线的方程为，则， 由题意，显然直线的斜率存在且不为0， 设直线的方程为，， 联立，得， 则， 由于，所以直线的斜率为， 设，同理可得， 则 ， 当且仅当，即时等号成立，则的最小值为16. ②由①得，，， 则，同理， 因为，分别是，的中点，所以， 若，则直线的斜率为， 所以直线的方程为，即， 显然直线恒过定点， 由题意可知，为直角三角形，则为的中点，满足为定值，此时； 若，则直线的方程为，此时直线过点，也满足为定值1. 综上所述，存在一个定点，使得为定值1. 【题型7：定点问题】 【解题策略】 一、题型识别 证明某直线/曲线过定点如“直线过定点”“动圆过定点” 二、核心解题方法 1特殊位置探路+一般证明 步骤：①取两个特殊位置（如斜率为0/不存在）求出交点（定点）②一般情况联立方程证明直线过该定点 适用：所有定点问题是高考最优解法 2参数分离法 步骤：①设直线方程用参数表示②整理为③令解出定点 三、常见定点结论（名师总结） 抛物线若则直线过定点 椭圆过椭圆上一点的两条切线切点弦过定点 （2026·北京石景山·一模）已知椭圆的左顶点为，离心率为.经典例题1例题 (1)求椭圆的方程； (2)为椭圆的右顶点，为椭圆上异于A，B的任意一点，直线，分别与直线交于M，N两点，直线与椭圆的另一个交点为.求证： ①； ②直线恒过定点. 【答案】(1) (2)①证明见详解，②证明见详解 【分析】（1）根据题意，列出的方程组求解； （2）①设，求出直线，的方程，进而求得点的坐标，验证，得证；②当直线的斜率不存在时，由对称性可求得点的坐标，得出直线的方程，当直线的斜率存在时，设其方程为，，联立直线与椭圆的方程，可得根与系数关系，结合，运算得关系，得证. 【详解】（1）由题可得，解得，， 所以椭圆的方程为. （2）①由已知得，设，则，即， 所以，， 所以直线的方程为，直线的方程为， 在上面两方程中分别令，得，， 所以，， ，即. ②当直线的斜率存在时，设其方程为，， 则，消去整理得， 所以，，， 由，得，即， 因为，， 所以，又， 所以， 即， 所以，化简得， 即，解得或， 所以直线的方程为或（舍）， 所以直线的方程为，过定点； 当直线的斜率不存在时，由对称性可得直线的斜率为，其方程为， 代入椭圆的方程，得，解得或， 所以，此时直线的方程为，满足题意， 综上所述，直线恒过定点. （2026·陕西咸阳·二模）已知椭圆：的两焦点分别是，，左顶点为，是椭圆上任意一点，的周长为.经典例题2例题 (1)求椭圆的标准方程； (2)动圆的圆心坐标为，过点作圆的两条切线，分别交椭圆于、两点，、两点与不重合，若直线、的斜率分别为、，求证：； (3)设存在斜率的直线与椭圆交于，两点（不是左右顶点），若以线段为直径的圆经过点，试判断直线是否恒过定点，若是，求出该定点坐标；若不是，说明理由. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)是， 【分析】（1）根据顶点和椭圆的定义分别求出，再求出可得椭圆方程. （2）设切线方程，根据点到直线的距离等于半径建立关于斜率的方程，最后用韦达定理可解. （3）先设直线方程和两点坐标，将条件转化为向量，最后用联立方程，用韦达定理化简求出的关系等式，即可确定定点. 【详解】（1）因为椭圆左顶点为，所以， 的周长为，则，所以，所以， 椭圆的标准方程为. （2）易知过点的圆的切线斜率存在，则设切线的方程为，动圆的半径为， 由已知得，，化简得， 当时，过点的两条切线的方程分别为，，与条件矛盾； 当时，和是方程的两根， 由韦达定理知，. （3）设直线的方程为， 联立消去可得，，设，， 则，是方程的两个根， 所以，， 因为以为直径的圆经过点，所以， 又，， 所以，① 又， 所以， 将，，代入①式， 可得，解得或， 当时，直线的方程为，与已知矛盾，所以； 当时，直线的方程为，直线过定点； 当时，直线的方程为，直线过定点，矛盾. 所以直线恒过定点. （2026·江西·一模）已知曲线上的动点满足，且，小试牛刀1 (1)求的方程； (2)已知，，为上的动点（点与不重合），直线和直线交于点，直线交于点． （i）求证：直线过定点； （ii）设直线的倾斜角为，的面积分别为，当时，求取值范围． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）根据题意，得到，结合双曲线的定义，即可求得曲线的方程； （2）（i）设直线，联立方程组，利用韦达定理求得，由三点共线，结合，列出方程，求得的值，即可求解；（ii）由（i）求得，令，得到，根据题意，求得，得到关于的不等式组，求得的取值范围，即可求解. 【详解】（1）解：因为，可得， 又因为，可得， 由双曲线的定义，可得曲线是以为焦点， 实轴长为的双曲线的左支，所以，则， 所以双曲线的方程为. （2）解：（i）设直线的方程为，且， 联立方程组，整理得， 则且， 则，可得， 直线，令，可得，所以 又三点共线，可得，所以， 即，即， 即， 所以， 整理得恒成立，所以， 所以直线方程为，所以直线过定点； （ii）由（i）知，，， 所以， 又由， 令，则，且， 因为直线的，可得，则， 所以，即， 所以，解得， 故. （2026·贵州贵阳·模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，离心率为2，且过点.小试牛刀2 (1)求双曲线的方程； (2)过的直线与双曲线交于A，B两点，过点作直线的垂线，垂足为.求证：直线BD过定点. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用双曲线离心率公式即可求解； （2）设过的直线方程为，与双曲线方程联立，由韦达定理可得，表示出直线BD的方程化简即可求解，注意讨论斜率为零的情形. 【详解】（1）因为，所以. 又因为双曲线经过点，所以，解得. 所以双曲线的方程为：. （2）由题意得，故， 过的直线的斜率不为零，则设过的直线方程为， 联立，得， 则， 所以， 因为，    故直线BD的斜率为，直线BD方程为， 由对称性分析可知直线BD过的定点在轴上， 故中，令得 ， 又， 将其代入上式中得，， 故此时直线BD过定点. 若过的直线的斜率为零，则此时即为轴，此时也过， 综上，直线BD过定点. （2026·山东淄博·一模）已知抛物线：与双曲线的渐近线在第一、四象限的交点分别为，，且.小试牛刀3 (1)求抛物线的方程； (2)，为上异于，的两动点，且以线段为直径的圆恰好经过，证明：直线过定点. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求出双曲线渐近线后，可表示出点、坐标，再利用即可得解； （2）由题意可得，即可得，则可设出直线方程，联立抛物线，可得与交点纵坐标有关韦达定理，结合可表示出直线方程，即可得解. 【详解】（1）的渐近线为， 联立，解得或，故， 由对称性可得，则， 故（负值舍去），即抛物线的方程为； （2）由（1）知，设、， 由以线段为直径的圆恰好经过，则， 由，， 则 ， 由，异于，故， 则， 设，，则， ，则， ，，即，， 故,即， 则， 当时，，故直线过定点. 【题型8：定直线问题】 【解题策略】 一、题型识别 证明某动点在定直线上如“点在定直线上”“切点弦在定直线上” 二、核心解题方法（2大名师方法） 1特殊位置探路+一般证明 步骤：①取两个特殊位置求出动点坐标确定定直线方程②一般情况联立方程证明动点坐标满足该直线方程 2参数消元法 步骤：①用参数表示动点坐标②消去参数得到定直线方程 三、常见定直线结论（名师总结） 抛物线过焦点的弦的中点轨迹是抛物线 椭圆切点弦过定点则的方程为 （2026·江苏·一模）已知双曲线的离心率为，是上一点，直线的斜率为，且与交于两点.经典例题1例题 (1)求的方程； (2)若，求的方程； (3)证明：的外接圆的圆心在定直线上. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意，利用双曲线的几何性质，列出方程组，求得，即可求解； （2）设，联立方程组，由，求得，且，结合，根据向量数量积的运算公式，列出方程，求得的值，即可求解； （3）由（2）求得线段的垂直平分线的方程为，设点的坐标为，根据及，列出方程，化简得到，代入，求得，得到圆心在定直线上，即可得证. 【详解】（1）因为双曲线的离心率为，且是上一点， 可得，解得， 所以双曲线的方程为. （2）设直线的方程为，且， 联立方程组，整理得， 则，解得，所以或， 且， 因为，可得， 又因为， 可得， 所以 ， 将代入上式得， ， 因为，可得，即， 解得或， 又因为或，所以， 所以直线的方程为. （3）由（2）知，可得的中点的横坐标为， 则点的纵坐标为，即， 所以线段的垂直平分线的方程为，即， 设点的坐标为， 因为，可得 ， 又因为， 代入得， 整理得， 又由，可得， 则，可得， 其中， 则， 整理得， ①当时，两边同除以，可得， 代入，可得，即， 所以的外接圆的圆心在定直线上； ②当时，即时，可得直线的方程为， 此时点满足直线的方程，此时三点共线，不能构成三角形，舍去， 综上可得，的外接圆的圆心在定直线上. （25-26高二上·河北保定·期中）已知是双曲线上两个不同的点，为坐标原点，点．经典例题2例题 (1)若点在上，求的渐近线方程． (2)当四点共线时，，点． （i）求的方程； （ii）若三点共线，两点均不在轴上，分别为的左、右顶点，直线与交于点，证明：动点在一条定直线上． 【答案】(1) (2)（i）;（ii）动点在定直线上. 【分析】（1）直接将点代入双曲线方程求解即可； （2）联立直线与双曲线方程，求出的横坐标，再运用弦长公式即可求解； （ii）设出直线,与双曲线方程联立，设出两点，表示出直线与及其交点,再运用韦达定理化简求解. 【详解】（1）因为点在上，所以． 又 ,所以, 故的渐近线方程为. （2）（i）直线的方程为． 由,得． 因为,所以, 所以, 解得, 故的方程为. （ii）证明：因为两点均不在轴上，所以直线的斜率不为0，则可设直线的方程为. 由得, 则. 设,则. 直线,直线, 由,得 , 解得, 故动点在定直线上． （25-26高二上·浙江杭州·期末）设椭圆的中心为坐标原点，右焦点为，离心率为，小试牛刀1 (1)求椭圆的标准方程； (2)已知圆是以点为圆心，为半径的圆，过椭圆C的下顶点作圆的两条切线，这两条切线分别与椭圆相交于点，（异于点）．设直线交轴于G点． （ⅰ）设，直线的斜率分别为，，求的值及点的坐标． （ⅱ）设点（与G点不同）满足：，，求证：在定直线上运动，并求出定直线方程． 【答案】(1) (2)（ⅰ），；（ⅱ）证明见解析，定直线方程为. 【分析】（1）设椭圆的标准方程为，由条件列方程求，由此可得结论； （2）（i）设过的切线方程为，根据切线性质可得，由此可求，联立方程组求的坐标和直线的斜率，再求点的坐标； （ⅱ）设，由条件利用表示，结合（ⅰ）化简可得结论. 【详解】（1）由题意，设椭圆的标准方程为， 已知椭圆右焦点，故，离心率， 得，又， 因此椭圆的标准方程为：； （2）（ⅰ）椭圆的下顶点，圆：， 设过的切线方程为， 由切线性质，圆心到切线的距离等于半径， 所以，整理得， 由根与系数关系得：， 将代入椭圆方程得，同理， 所以直线的斜率， ，所以， 令可得， 因此点坐标为； （ⅱ）设， 因为，所以， 由，可得， 所以， 结合， 化简得：， 所以，代入， 可得， 所以， 因此恒在定直线上. （2026·湖北十堰·一模）已知椭圆：（）的实轴长为，点在上.小试牛刀2 (1)求的离心率； (2)若，分别为的左、右顶点，过点且斜率不为0的直线与交于，两点，直线，交于点，证明：点在定直线上； (3)已知，，均在上，为原点，，其中，均不在轴上，，且，记直线，的斜率分别为，，证明：为定值. 【答案】(1) (2)证明见详解 (3)证明见详解 【分析】（1）根据长轴长可得，代入点可得，进而可得离心率； （2）设直线：，，与椭圆方程联立可得韦达定理，进而可得，联立直线方程可得，运算求解即可； （3）设，根据题意结合向量运算可得，代入椭圆方程可得，即可得结果. 【详解】（1）由题意可知：，即，椭圆方程为， 代入点可得，解得， 所以椭圆的离心率. （2）由（1）可知椭圆的方程为，， 因为直线的斜率不为0，且直线与椭圆必相交， 设直线：，， 联立方程，消去x可得， 则，，可得， 由题意可知：直线，直线， 联立方程消去y可得 ， 即，可得， 所以点在定直线上. （3）设，且， 则，且，， 可得，即， 代入椭圆方程可得， 整理可得， 又因为，，， 可得，即， 且，可得，即， 所以（为定值）. （2025·湖南岳阳·三模）已知抛物线的顶点在坐标原点处，对称轴为轴，且过点，，是上两个动点．小试牛刀3 (1)求抛物线的标准方程； (2)已知是上一点，且的焦点为的重心，设的横坐标为，求的取值范围； (3)已知为直线在第二象限内一点，直线，与抛物线分别相切于，两点，设，与轴分别交于，两点，证明：直线与直线的交点在定直线上． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）代入点的坐标，即可求解抛物线方程； （2）首先设点，，，再根据点在抛物线上以及重心坐标公式，转化为，再结合基本不等式即可求解； （3）首先利用导数求切线和的斜率，并表示切点坐标的关系，以及利用坐标表示直线和直线的方程，并联立求交点的坐标，即可证明. 【详解】（1）设抛物线方程为，代入点，得，得， 所以抛物线的标准方程为； （2）设，，， 则重心坐标公式可知，，， 得，， 且，，， 所以，且， 所以，得且， 又因为时,此时，两点重合，不合题意， 综上可知，的取值范围是； （3）直线的斜率，直线的方程为， 设，，， 两边求导，，得， 设，， 抛物线在点处的切线方程为，即， 因为切线过点，即， 整理得， 同理，抛物线在点处的切线方程为， 所以是方程的两个根，则，， 切线 ，令，得，得，同理， 直线的方程为，即， 同理，直线的方程为， 设直线与直线的交点为， 联立直线与直线的方程为 ， ，得， 且，代入上式化简为，① 代回直线得，， 得 即，② 由①②可得， 所以直线与直线的交点在定直线上上. 【题型9：范围与最值问题】 【解题策略】 一、题型识别 求某表达式的取值范围/最值如“斜率的范围”“面积的最值”“参数的范围” 二、核心解题方法（3大名师方法） 1判别式法（） 步骤：①联立直线与圆锥曲线方程②由建立不等式③求解参数范围 适用：直线与圆锥曲线有交点的参数范围问题 2基本不等式法 步骤：①用韦达定理表示表达式②用基本不等式求最值 适用：和/积型表达式的最值问题 3函数求导法 步骤：①将表达式表示为关于某参数的函数②求导找单调性③求最值 适用：复杂函数的最值问题是高考压轴题通用解法 （2026·湖北黄冈·一模）已知椭圆的长轴长为4，直线与椭圆交于，两点（点在第一象限）．当时，，在轴上的射影恰好是椭圆的两个焦点．经典例题1例题 (1)求的标准方程； (2)若轴于点，连接并延长交于点，记直线的斜率为． （ⅰ）证明：为定值； （ⅱ）设，求的最小值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）． 【分析】（1）设椭圆焦距为，则椭圆过点，代入椭圆方程，结合及，求出，即可得到椭圆的标准方程； （2）（ⅰ）设各点的坐标，利用点差法，用表示，即可证为定值；（ⅱ）根据直线的斜率与倾斜角的关系，利用两角差的正切公式，并结合基本不等式可求得的最小值． 【详解】（1）由题意有，所以. 设椭圆焦距为，易知椭圆过点，所以. 又，所以. 所以，即，解得. 所以，，故的标准方程为． （2）（ⅰ）设，，，则，由题意有． 直线的斜率即 的斜率为，所以直线的方程. 所以，又，在椭圆上， ∴，∴. ∴， ∴. （ⅱ）∵， 而，， 由（ⅰ）知， ∴，又， ∴， ∴. 当且仅当，即时等号成立. 所以．的最小值为． （2026·重庆·模拟预测）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，且椭圆上满足的点有且仅有2个.经典例题2例题 (1)求椭圆的方程； (2)设直线与椭圆交于，两点（在第一象限），与轴，轴分别交于点，，且；点关于轴的对称点为，直线与椭圆的另一个交点为. （ⅰ）记直线，的斜率分别为，，证明：为定值； （ⅱ）求直线的斜率的最小值. 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析（ⅱ） 【分析】（1）由及点在椭圆上进行求解； （2）（ⅰ）设，则由及平面向量的坐标运算进行求解； （ⅱ）由直线与椭圆方程联立，结合韦达定理得点的坐标，再求出，利用不等式求解． 【详解】（1）由椭圆上满足的点有且仅有2个知以为直径的圆与椭圆有2个公共点， 故，故椭圆：，代入解得， 故椭圆的方程为. （2）（ⅰ）设，则由知， 故，，故为定值. （ⅱ）由（ⅰ）可知直线：，直线：； 联立，整理得：， 故由韦达定理：； 同理可得：； 故 ， 故， 当且仅当时取等号；此时， 故在椭圆内成立； 综上所述：直线的斜率的最小值为. （25-26高三下·山东菏泽·月考）设椭圆的离心率为，左顶点为，上顶点为，且的面积为（为坐标原点）．小试牛刀1 (1)求椭圆的标准方程； (2)已知动点不在轴上，点在射线上，且满足． ①设，求点的坐标（用表示）； ②若点在椭圆上，直线的斜率等于直线的斜率，求的最大值． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）根据离心率建立与的关系，利用直角三角形面积公式建立与的关系，结合消元，求解得到的具体值； （2）①用表示出，结合向量数乘写出的含参坐标，利用，结合共线向量的模长关系，直接得到，回代的坐标，完成求解； ②利用，，代入①中的坐标化简，得到的轨迹方程，以为圆心、为半径的圆，利用圆的几何性质得到，将双动点的最大值，转化为“椭圆上的点到定点的距离最大值”，用椭圆的参数方程设，将的平方转化为关于的二次函数，结合的天然范围，求解二次函数的闭区间最值，最终得到的最大值. 【详解】（1）求椭圆的标准方程： 椭圆，离心率，即， 由，得． 左顶点，上顶点，的面积， 即， 代入，，得，即，， ∴，， 椭圆的标准方程为：． （2）（i）求点的坐标（用表示）： ∵点在射线上，∴设， ，，则，， ∴． 由，，得， ，∴， 代入得． （ii）设，在椭圆上，故1． 由题意，直线的斜率，，， 得，结合（i）的坐标化简得：， 此时，动点的轨迹为以点为圆心，2为半径的圆去掉两点， 所以， 当且仅当三点共线，且在和之间时，等号成立， 因此求的最大值，需要先求椭圆上的点到的最大距离，再加上半径， 令，（参数方程）， 则， ∵，∴当时，取得最大值，所以的最大值为． （2025·云南玉溪·模拟预测）已知O为坐标原点，动点P到x轴的距离为d，且，其中λ，μ均为常数，动点P的轨迹称为曲线．小试牛刀2 (1)若曲线为椭圆，试问λ，μ应满足什么条件？ (2)设曲线C为曲线，与x轴不重合的直线l过点，曲线C上存在两点A，B关于直线l对称，且AB的中点M的横坐标为x． （i）若，求实数的值； （ii）若A，B为曲线C在y轴右侧上两个不同的点，且直线l过点，求的取值范围． 【答案】(1)，且 (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）根据已知条件求得方程，由椭圆的方程形式可列出不等式； （2）先求出曲线C的方程，（i）利用点差法列方程，化简求得正确答案；（ii）设出直线的方程并与双曲线方程联立，化简写出根与系数关系，由，结合弦长公式以及来求得正确答案． 【详解】（1）设，则到轴的距离力，，， ，，即 若曲线为椭圆，则，解得，且. （2）（i）因为曲线C为曲线，所以，即， 设， 因为两点在双曲线上，所以 两式相减得，得，即， 所以， 因为是的垂直平分线，有，所以， 即，化简得， 因为的中点M的横坐标为x，所以 故． （ii）    由于，故可知直线斜率存在， 设直线的方程为：，由， 消去并整理得, 则，，即， 所以， 所以， 于是点的坐标为，． 易知，所以，解得：， 代入得，得或， 由在双曲线的右支上得：，得，即， 且， 综上得，， 又 所以 因为，所以，故,所以， 所以，所以 （2025·浙江杭州·模拟预测）已知双曲线的左顶点，渐近线方程为，直线经过点，与C交于不与A重合的两点P，Q，小试牛刀3 (1)求双曲线C的方程； (2)求直线AP，AQ的斜率之和； (3)设在射线AQ上的点R满足∠APQ＝∠ARP，求直线PR斜率的最大值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由双曲线顶点以及渐近线方程，建立方程，可得答案； （2）设出直线方程，联立方程写出韦达定理，利用两点斜率公式，可得答案； （3）设出直线方程，联立表示每个点的坐标，根据距离公式以及圆的性质，可得答案. 【详解】（1）由双曲线的左顶点，则， 由双曲线的渐近线，则，即， 所以双曲线. （2）设，由，已知直线斜率存在， 则直线方程可设为， 设直线的斜率为，直线的斜率为， 联立，消去可得， 由，则，， 又因为，，所以 ，代入，， 可得， 所以直线的斜率之和为. （3）设，，， 联立，解得，同理可得， 联立，解得，同理可得， 所以，， 因为，所以为外接圆的切线，且， 所以，由，， 则化简可得，当时取等号， 所以直线的斜率的最大值为. 真题模拟检测 1．（2025·全国二卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，长轴长为4． (1)求C的方程； (2)过点的直线l交C于两点，为坐标原点.若的面积为，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据长轴长和离心率求出基本量后可得椭圆方程； （2）设出直线方程并联立椭圆方程后结合韦达定理用参数表示面积后可求的值，从而可求弦长. 【详解】（1）因为长轴长为4，故，而离心率为，故， 故，故椭圆方程为：. （2） 由题设直线的斜率不为0，故设直线，， 由可得， 故即， 且， 故， 解得， 故. 2．（2023·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，． (1)求的方程； (2)设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）结合题意得到，，再结合，解之即可； （2）依题意求得直线、与的方程，从而求得点的坐标，进而求得，再根据题意求得，得到，由此得解. 【详解】（1）依题意，得，则， 又分别为椭圆上下顶点，，所以，即， 所以，即，则， 所以椭圆的方程为. （2）因为椭圆的方程为，所以， 因为为第一象限上的动点，设，则，        易得，则直线的方程为， ，则直线的方程为， 联立，解得，即， 而，则直线的方程为， 令，则，解得，即， 又，则，， 所以 ， 又，即， 显然，与不重合，所以. 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，利用水平宽乘铅垂高乘表达面积即可. 【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．（2024·天津·高考真题）已知椭圆的离心率为．左顶点为，下顶点为是线段的中点（O为原点），的面积为． (1)求椭圆的方程． (2)过点C的动直线与椭圆相交于两点．在轴上是否存在点，使得恒成立．若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在，使得恒成立. 【分析】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积可求基本量，从而可得椭圆的标准方程. （2）设该直线方程为：，， 联立直线方程和椭圆方程并消元，结合韦达定理和向量数量积的坐标运算可用表示，再根据可求的范围. 【详解】（1）因为椭圆的离心率为，故，，其中为半焦距， 所以，故， 故，所以，，故椭圆方程为：. （2） 若过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：， 设， 由可得， 故且 而， 故 ， 因为恒成立，故，解得. 若过点的动直线的斜率不存在，则或， 此时需，两者结合可得. 综上，存在，使得恒成立. 【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围问题，往往需要用合适的参数表示目标代数式，表示过程中需要借助韦达定理，此时注意直线方程的合理假设. 5．（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. 6．（2013·江西·高考真题）已知椭圆：的离心率． (1)求椭圆的方程； (2)如图所示，是椭圆的顶点，是椭圆上除顶点外的任意点，直线交轴于点，直线交于点．设的斜率为的斜率为，求证：为定值． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据离心率和，联立即可求解得椭圆方程， （2）联立直线与椭圆方程可得，联立两直线方程可求解，进而根据三点共线的向量坐标关系可求解，即可由斜率公式求解. 【详解】（1）因为，故，所以． 由，得． 所以椭圆的方程为． （2）因为不为椭圆顶点，则的方程为且．① 将①代入，， 故，解得，故． 又直线的方程为．② ①与②联立解得． 由得, 由三点共线可得， 求得． 所以的斜率，则（定值）． 7．（2026·上海·高考真题）已知双曲线，过点作不垂直于轴的直线交双曲线于、两点. (1)求双曲线离心率； (2)若点，点在双曲线的右支上，且是的中点，求直线的斜率； (3)若，，分别是双曲线的左右焦点，是关于轴的对称点，若存在直线使得，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）求出，直接利用公式即可求解； （2）根据中点坐标公式求出点，将点坐标代入双曲线方程求出，再利用斜率公式即可求出答案； （3）设直线方程为，联立求出，由题意得且，再根据求出，结合且可求出答案. 【详解】（1）对于双曲线，，， ， 所以双曲线离心率. （2）因为点是的中点，所以点， 代入双曲线方程，得， 解得， 又点在双曲线的右支上，所以，即， 所以， 所以直线的斜率为. （3）当直线斜率为时，易知与共线，不符合题意； 当直线斜率不为时，设直线方程为， 设，，则， 联立，整理得， （*）且， ，， 因为，， 所以，， 所以， 即， 即， 整理得，即， 代入（*）中得，又，所以， 又因为，即，所以且， 综上，的取值范围为. 8．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为． (1)求C的方程； (2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上. 【答案】(1) (2)证明见解析. 【分析】（1）由题意求得的值即可确定双曲线方程； （2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线与的方程，联立直线方程，消去，结合韦达定理计算可得，即交点的横坐标为定值，据此可证得点在定直线上. 【详解】（1）设双曲线方程为，由焦点坐标可知， 则由可得，， 双曲线方程为. （2）由(1)可得，设， 显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且， 与联立可得，且， 则，    直线的方程为，直线的方程为， 联立直线与直线的方程可得： ， 由可得，即， 据此可得点在定直线上运动. 【点睛】关键点点睛:求双曲线方程的定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键. 9．（2023·全国甲卷·高考真题）已知直线与抛物线交于两点，且． (1)求； (2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，，求面积的最小值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用直线与抛物线的位置关系，联立直线和抛物线方程求出弦长即可得出； （2）设直线：，利用，找到的关系，以及的面积表达式，再结合函数的性质即可求出其最小值． 【详解】（1）设， 由可得，，所以， 所以， 即，因为，解得：． （2）因为，显然直线的斜率不可能为零， 设直线：，， 由可得，，所以，， ， 因为，所以， 即， 亦即， 将代入得， ，， 所以，且，解得或． 设点到直线的距离为，所以， ， 所以的面积， 而或，所以， 当时，的面积． 【点睛】本题解题关键是根据向量的数量积为零找到的关系，一是为了减元，二是通过相互的制约关系找到各自的范围，为得到的三角形面积公式提供定义域支持，从而求出面积的最小值. 10．（2023·全国乙卷·高考真题）已知椭圆的离心率是，点在上． (1)求的方程； (2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点． 【答案】(1) (2)证明见详解 【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果； （2）设直线的方程，进而可求点的坐标，结合韦达定理验证为定值即可. 【详解】（1）由题意可得，解得， 所以椭圆方程为. （2）由题意可知：直线的斜率存在，设， 联立方程，消去y得：， 则，解得， 可得， 因为，则直线， 令，解得，即, 同理可得， 则 ， 所以线段的中点是定点.    【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤 （1）由特例得出一个值，此值一般就是定值； （2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值； （3）得出结论． 11．（2024·全国甲卷·高考真题）已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴． (1)求的方程； (2)过点的直线交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：轴． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）设，根据的坐标及 轴可求基本量，故可求椭圆方程. （2）设，，，联立直线方程和椭圆方程，用的坐标表示，结合韦达定理化简前者可得，故可证轴. 【详解】（1）设，由题设有且，故，故，故， 故椭圆方程为. （2）直线的斜率必定存在，设，，， 由可得， 故，故， 又， 而，故直线，故， 所以 ， 故，即轴. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 12．（2024·上海·高考真题）已知双曲线，左、右顶点分别为，过点的直线交双曲线于两点. (1)若的离心率为2，求. (2)若为等腰三角形，且点在第一象限，求点的坐标. (3)连接（为坐标原点）并延长交于点，若，求的最大值. 【答案】(1)； (2)当时，； (3)的最大值为. 【分析】（1）根据离心率的概念求出，再求出即可； （2）如图，易知为钝角，则，根据两点距离公式建立方程组，解之即可求解； （3）设，：，联立双曲线方程，利用韦达定理和平面向量数量积的坐标表示建立关于的方程，得，结合即可求解. 【详解】（1）由双曲线的方程知，， 因为离心率为2，所以，得. （2）当时，双曲线，且. 因为点在第一象限，所以为钝角. 又为等腰三角形，所以. 设点，且，则 得，所以. （3）由双曲线的方程知，且由题意知关于原点对称. 设，则. 由直线不与轴垂直，可设直线的方程为. 联立直线与双曲线的方程得 消去，得， 且，即，得. ， 由，得， 所以，即， 整理得， 所以， 整理得，所以. 又，所以，解得， 所以，又， 故的取值范围是，故的最大值为. 【点睛】关键点点睛：解圆锥曲线与平面向量交汇题的关键是设相关点的坐标，将平面向量用坐标表示，运用相应的平面向量坐标运算法则（加、减、数量积、数乘）或运算律或数量积的几何意义，将问题中向量间的关系（相等、垂直、平行等）转化为代数关系. 13．（2025·全国一卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，． (1)求C的方程； (2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足． （i）设，求的坐标（用m，n表示）； （ⅱ）设O为坐标原点，是C上的动点，直线OR的斜率为直线的斜率的3倍，求的最大值． 【答案】(1) (2)(ⅰ) (ⅱ) 【分析】（1）根据题意列出的关系式,解方程求出,即可得到椭圆的标准方程； （2）(ⅰ)设,根据斜率相等以及题目条件列式,化简即可求出或者利用数乘向量求出； (ⅱ) 根据斜率关系可得到点的轨迹为圆（除去两点），再根据点与圆的最值求法结合三角换元或者直接运算即可解出. 【详解】（1）由题可知,，所以，解得， 故椭圆C的标准方程为； （2）(ⅰ)设，易知， 法一：所以，故，且． 因为，，所以， 即，解得，所以， 所以点的坐标为. 法二：设，则，所以 ，，故 点的坐标为. (ⅱ)因为,,由,可得 ,化简得,即, 所以点在以为圆心,为半径的圆上（除去两个点）, 为到圆心的距离加上半径, 法一：设,所以 ,当且仅当时取等号, 所以. 法二：设，则， ，当且仅当时取等号, 故. 14．（2025·上海·高考真题）已知椭圆，，A是的右顶点． (1)若的焦点，求离心率e； (2)若，且上存在一点P，满足，求m； (3)已知AM的中垂线l的斜率为2，l与交于C、D两点，为钝角，求a的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由方程可得，再由焦点坐标得，从而求出得离心率； （2）设点坐标，由向量关系坐标化可解得坐标，代入椭圆方程可得； （3）根据中垂线性质，由斜率与中点坐标得直线方程，联立直线与椭圆方程，将钝角条件转化为向量不等式，再坐标化利用韦达定理代入化简不等式求解可得范围. 【详解】（1）由题意知，，则， 由右焦点，可知，则， 故离心率. （2）由题意， 由得，， 解得，代入， 得，又，解得. （3）由线段的中垂线的斜率为，所以直线的斜率为， 则，解得， 由得中点坐标为， 故直线，显然直线过椭圆内点， 故直线与椭圆恒有两不同交点， 设， 由消得， 由韦达定理得， 因为为钝角，则，且， 则有， 所以， 即，解得， 又， 故，即的取值范围是. 1 学科网（北京）股份有限公司 $