专题07：圆锥曲线解答题 讲义-2026届高三数学二轮复习（上海专用）

2026年高考数学二轮复习高分冲刺【解答题全通关】 专题07 圆锥曲线解答题八种考法归纳 1. （2025上海秋季高考）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. 【小问1详解】 由题意知，，则， 由右焦点，可知，则， 故离心率. 【小问2详解】 由题意， 由得，， 解得，代入， 得，又，解得. 【小问3详解】 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. 2．（2024年上海市高考数学第20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)若离心率时，求的值． (2)若为等腰三角形时，且点在第一象限，求点的坐标． (3)连接并延长，交双曲线于点，若，求的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由题意得，则，． （2）当时，双曲线，其中，， 因为为等腰三角形，则 ①当以为底时，显然点在直线上，这与点在第一象限矛盾，故舍去； ②当以为底时，， 设，则 , 联立解得或或， 因为点在第一象限，显然以上均不合题意，舍去； （或者由双曲线性质知，矛盾，舍去）； ③当以为底时，，设，其中， 则有，解得，即． 综上所述：. （3）由题知， 当直线的斜率为0时，此时，不合题意，则， 则设直线， 设点，根据延长线交双曲线于点， 根据双曲线对称性知， 联立有， 显然二次项系数， 其中， ①，②，   ， 则，因为在直线上， 则，， 即，即， 将①②代入有， 即 化简得， 所以 , 代入到 , 得 , 所以 , 且，解得，又因为，则， 综上知，，． 3．（2023年上海市高考数学第20题）已知抛物线Γ：y2＝4x，在Γ上有一点A位于第一象限，设A的纵坐标为a（a＞0）． （1）若A到抛物线Γ准线的距离为3，求a的值； （2）当a＝4时，若x轴上存在一点B，使AB的中点在抛物线Γ上，求O到直线AB的距离； （3）直线l：x＝﹣3，P是第一象限内Γ上异于A的动点，P在直线l上的投影为点H，直线AP与直线l的交点为Q．若在P的位置变化过程中，|HQ|＞4恒成立，求a的取值范围． 【答案】（1）；（2）；（3）（0，2]． 【解答】解：（1）抛物线Γ：y2＝4x的准线为x＝﹣1， 由于A到抛物线Γ准线的距离为3， 则点A的横坐标为2，则a2＝4×2＝8（a＞0）， 解得； （2）当a＝4时，点A的横坐标为，则A（4，4）， 设B（b，0），则AB的中点为， 由题意可得，解得b＝﹣2， 所以B（﹣2，0）， 则， 由点斜式可得，直线AB的方程为，即2x﹣3y+4＝0， 所以原点O到直线AB的距离为； （3）如图， 设，则， 故直线AP的方程为， 令x＝﹣3，可得，即， 则， 依题意，恒成立， 又， 则最小值为，即，即， 则a2+12＞a2+4a+4，解得0＜a＜2， 又当a＝2时，，当且仅当t＝2时等号成立， 而a≠t，即当a＝2时，也符合题意． 故实数a的取值范围为（0，2]． 4．（2022年上海市高考数学第20题）设有椭圆方程Γ：1（a＞b＞0），直线l：x+y﹣40，Γ下端点为A，M在l上，左、右焦点分别为F1（，0）、F2（，0）． （1）a＝2，AM中点在x轴上，求点M的坐标； （2）直线l与y轴交于B，直线AM经过右焦点F2，在△ABM中有一内角余弦值为，求b； （3）在椭圆Γ上存在一点P到l距离为d，使|PF1|+|PF2|+d＝6，随a的变化，求d的最小值． 【答案】（1）； （2）或； ． 【解答】解：（1）由题意可得， ， ∵AM的中点在x轴上， ∴M的纵坐标为， 代入得． （2）由直线方程可知， ①若，则，即， ∴， ∴． ②若，则， ∵，∴， ∴，∴tan∠BAM＝7． 即tan∠OAF2＝7，∴，∴， 综上或． （3）设P（acosθ，bsinθ）， 由点到直线距离公式可得， 很明显椭圆在直线的左下方，则， 即， ∵a2＝b2+2，∴， 据此可得，， 整理可得（a﹣1）（3a﹣5）≤0，即， 从而． 即d的最小值为． 5．（2021年上海市高考数学第20题）已知Γ：y2＝1，F1，F2是其左、右焦点，直线l过点P（m，0）（m），交椭圆于A，B两点，且A，B在x轴上方，点A在线段BP上． （1）若B是上顶点，||＝||，求m的值； （2）若•，且原点O到直线l的距离为，求直线l的方程； （3）证明：对于任意m，使得∥的直线有且仅有一条． 【答案】(1)m； (2)； (3)证明见解析. 【解答】解：（1）因为Γ的方程：y2＝1， 所以a2＝2，b2＝1， 所以c2＝a2﹣b2＝1， 所以F1（﹣1，0），F2（1，0）， 若B为Γ的上顶点，则B（0，1）， 所以|BF1|，|PF1|＝﹣1﹣m， 又|BF1|＝|PF1|， 所以m； （2）设点A（cosθ，sinθ）， 则， 因为A在线段BP上，横坐标小于0， 解得， 故， 设直线l的方程为， 由原点O到直线l的距离为， 则，化简可得3k2﹣10k+3＝0，解得k＝3或k， 故直线l的方程为或（舍去，无法满足m）， 所以直线l的方程为； （3）联立方程组，可得（1+2k2）x2﹣4k2mx+2k2m2﹣2＝0， 设A（x1，y1），B（x2，y2）， 则， 因为∥， 所以（x2﹣1）y1＝（x1+1）y2，又y＝kx﹣km， 故化简为， 又， 两边同时平方可得，4k2﹣2k2m2+1＝0， 整理可得， 当m时，0， 因为点A，B在x轴上方， 所以k有且仅有一个解， 故对于任意m，使得∥的直线有且仅有一条． 题型01：圆锥曲线的定点问题 1.（2026虹口区高三一模）已知椭圆的左、右焦点分别为和，点是的长轴上的动点，点为上的动点,且异于点. (1)当点位于椭圆的左焦点,且能构成三角形时,求的周长; (2)当点位于椭圆的左顶点时,直线与轴交于点,求实数的值: (3)当点与椭圆的左、右顶点均不重合时,记直线与椭圆的另一个交点为,过点作直线与椭圆交于两点,设和分别为弦和弦的中点,若、为四个相异的点,,且直线恒过定点,求点的坐标. 【解析】（1） （2） 即 (3)设，由题意得且存在， 由半行四边形法则得 设 联立,得 故 所以 同理, 又因为恒过定点 恒成立 对任意恒成立， 对恒成立 2．(24-25上海高三阶段练习)已知抛物线经过点，焦点为，过作两条直线与抛物线交于四点，其中在第一象限，且在的左侧． (1)求的方程； (2)若直线与轴交于点，求直线与轴的交点坐标； (3)设直线与的斜率分别为，若，试问：直线是否过定点，若过请求出定点坐标；若不过，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)直线过定点，且定点为 【分析】（1）将点代入即可求解， （2）联立直线与抛物线方程得韦达定理，即可根据点斜式求解直线方程，令，求解直线与轴交点，，,即可代入化简求解， （3）根据两点斜率公式可得，即可根据点斜式求解直线方程，进而代入化简即可得直线方程为，进而可求解定点. 【详解】（1）将代入可得，解得， 故 （2）设直线， 联立与可得， 设,， 故，同理可得， 故直线，令可得， 同理可得与轴的交点横坐标, 由于， 故，同理可得， 由于，故，所以， 故直线与轴的交点坐标为 （3）由题意可得， 由于， 故故，进而， 直线，即， 由于， 故直线， 故直线恒过点    【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 3．(24-25大同中学高三开学考试)已知，，动点P满足直线与直线的斜率之积，动点P的轨迹形成曲线C． (1)求曲线C的方程； (2)设点（t为常数且），求线段PT长度的最大值； (3)经过点的两条直线，，直线与曲线C相交于A，M两点，直线与曲线C相交于B，N两点，若直线AB过定点，证明：直线MN恒过定点． 【答案】(1) (2) (3)过定点，证明见详解. 【分析】（1）写出斜率化简可以得到方程，注意点不能与，点重合； （2）直接写出点到点距离，消元后配方即可； （3）先用特殊位置求出点，然后证明直线过定点即可. 【详解】（1）设点，由题意，化简得到，点不能与或重合， 故曲线的方程为. （2）设点坐标为，根据两点间距离公式写出， 又点在椭圆上，，消去得： , 在椭圆中，可以得到当时，， 当时，； 综上，； （3）直线过点. 如示意图，可先选择特殊位置，将点放置到位置，此时与关于轴对称， 直线方程分别为， 可以连接，得到直线，求出与交于点. 设，，，，设的中点， 将，两点代入椭圆，做差可得，整理得：. ，点是线段中点，则，代入 可得：，整理后可以得到所在曲线的方程为：. 注意到对于两端点在椭圆上的线段，设其中点为，则线段所在直线斜率存在时，都有. 同理，可设，的中点，，用同样方法可以得到和所在的曲线方程. 注意到在靠近点的四等分点处，的中点所在曲线为过和交点的曲线， 由曲线系的方法，，根据曲线关联的点的坐标之间的关系，， 可得，. 假设直线所过的定点为，计算用点和两点表示的斜率，并与点的坐标相乘得到： ，化简得到，可知线段满足两端点在椭圆上，与假设结果相符. 综上，直线过定点. 【点睛】此题第1小问易错点在于忽略点的范围，第2小问需要注意分类讨论，第3小问采用先猜测再证明的方式可以减小计算量. 4. 已知双曲线：的右顶点为，实轴长为4，过双曲线的左焦点作直线，当直线与轴垂直时，直线与双曲线的两个交点分别为，，此时为等腰直角三角形． (1)求双曲线的方程； (2)当直线与双曲线的渐近线平行时，求直线与双曲线的交点坐标； (3)当直线与双曲线的左支交于，两点时，直线，分别交直线于，两点，在轴上是否存在定点，使得点始终在以线段为直径的圆上？若存在，求出点坐标，否则，请说明理由． 【答案】(1) (2)或. (3)或 【分析】（1）根据关系得到方程组，解出即可； （2）写出渐近线方程，再利用平行关系得到直线的方程，联立双曲线方程解出即可； （3）设设的方程为，联立双曲线方程得到韦达定理式，再写出相关直线方程，得到相关点坐标，写出两点直径式，代入韦达定理式即可. 【详解】（1）由题意得，解得， 所以双曲线的方程为：. （2）渐近线方程为， 当直线与平行时，直线的方程为：， 联立解得. 当直线与平行时，直线的方程为：， 联立解得， 所以直线与双曲线的交点坐标为或. （3）因为双曲线的渐近线方程为：， 显然当直线与轴重合时，不合题意，故设的方程为，，， 直线的方程为：， 当时，，即P点坐标为， 直线的方程为：， 当时，，即点坐标为， 所以以为直径的圆方程为：， 当时， 联立，消去得，其中， ，且， 所以，. ， 所以， 所以或. 所以轴上存在定点或始终在以为直径的圆上. 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是采用设线法并与双曲线方程联立得到韦达定理式，写出两点直径式方程，并代入韦达定理式即可. 题型02：圆锥曲线的定直线问题 5．(24-25高二下·上海曹杨第二中学·期中)已知且，曲线. (1)若曲线是焦点在轴上的等轴双曲线，求曲线的离心率； (2)设，点，曲线上有A、B两点（其中在第一象限）.若且，求点的坐标； (3)设为给定常数，且，过点的直线与曲线交于D、E两点，为坐标平面上的动点.若直线ND、NT、NE的斜率的倒数成等差数列，试探究点是否在某定直线上？若存在，求该定直线的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)点N在直线时，不存在定直线，使点在定直线上； 当点不在直线上时，点在定直线上. 【分析】（1）根据等轴双曲线的性质求其离心率. （2）先根据平面向量数量积的几何意义确定点在圆上，再与椭圆方程联立，根据点所在位置，可求点坐标. （3）将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理得到，，再根据直线ND、NT、NE的斜率的倒数成等差数列列式，化简即可. 【详解】（1）若曲线是等轴双曲线，则， 所以，，其离心率为：. （2）当时，曲线：表示焦点在轴上的椭圆. 因为，且，根据平面向量数量积的几何意义可得：. 所以点在圆：上. 由，且点在第一象限，得点坐标为. （3）如图： 由得：， 整理得：. 因为，所以上述方程必定有两个不同的实根. 设，，则，. 设，因为直线ND、NT、NE的斜率的倒数成等差数列， 所以. 又，，所以， 所以， ， 所以或. 由 所以点N在直线或上. 即点N在直线时，不存在定直线，使点在定直线上； 当点不在直线上时，点在定直线上. 6．（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 【解题思路】（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. 【解答过程】（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.    7．已知双曲线C：的左、右焦点分别为、，焦距为，且点到其渐近线的距离为． (1)求C的标准方程； (2)若点是C上第一象限的动点，过点作直线l（l不与渐近线平行），若l与C只有一个公共点，且l与x轴相交于点M． （i）证明：； （ii）若点N在直线l上，且，那么点N是否在定直线上？若在定直线上，求出该直线方程；若不在定直线上，请说明理由． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）点N在定直线上 【分析】（1）由已知条件求出、的值，可得出的值，由此可得出双曲线的方程； （2）（i）利用两点间的距离公式化简、的表达式，证明出双曲线在点处的切线方程为，求出点的坐标，由此可证得； （ii）求出直线的方程，将该直线方程与直线的方程联立，求出点的坐标，即可得出结论. 【详解】（1）由题意可知，可得， 双曲线C的渐近线方程为，即， 点到其渐近线的距离为，所以， 因此，双曲线C的方程为． （2）（i）因为是C上第一象限的动点，则， 可得且，易知点、， 所以， ， 由双曲线的定义可得， 所以， 先证明：双曲线在点处的切线方程为． 联立，可得，又， 整理可得，解得， 所以双曲线在点P处的切线方程为， 由，令，可得，即点，且， 所以，因此． （ii）如下图所示： 直线的斜率为， 因为，则直线的斜率为， 所以，直线的方程为， 联立直线和直线l的方程， 消去y，可得，解得， 因此点N在定直线上． 题型03：圆锥曲线的定值问题 8.（2026届高三奉贤区一模）椭圆是第一象限内椭圆上的点，,,椭圆的离心率是且. （1）求椭圆的方程并在下图1中作出椭圆的左焦点，写出作图依据； （2）如图2，设，三角形的面积记为，三角形的面积记为，若,求点的坐标; （3）设，连结与椭圆交于点，连结与椭圆交于点，判断是否为定值？请说明理由. 【解析】（1） 所以，椭圆方程为 所以 （2）设 直线 因为 所以 由题知： 因为是第一象限内椭圆上的点 解得： 所以 （3）如图所示： 设，其中 所以 设，其中 所以 因为 所以 为定值 所以为定值 9.现有一双曲线，和分别为的左焦点和右焦点，是双曲线上一动点，的最大值为3． (1)求双曲线的标准方程； (2)过的直线交双曲线左支于A，B两点（点在点上方），判断是否是定值，并给出理由； (3)在（2）的条件下，过点作平行于的直线交双曲线右支于C，D两点（点在点上方），与相交于点，求证：为定值． 【答案】(1) (2)，是定值，理由见解析 (3)证明见解析 【分析】1）解出，再利用单调性解出最值，最后求出双曲线的标准方程即可； （2）利用直曲联立解出一元二次方程，利用韦达定理解出定值即可； （3）利用对称性和三角形相似解出，再解出即可. 【详解】（1）设，则， 由得． 在区间上单调递减， 时，取最大值3， ，解得． ． 由题意可得双曲线的标准方程为． （2）设，， 直线为， 联立得， ， ， ， . （3） 证明：如图：由对称性可知，， ，． 易知， ， 由（2）可知， 代入上式可得， 同理可得， ，为定值. 【点睛】方法点睛：在圆锥曲线中，利用对称性和三角形相似进行转化是解决定值问题的一种非常常用的方法. 10．已知曲线的离心率为，分别为的左、右焦点，过点的直线与交于两点，面积的最大值为，点为的左顶点． (1)求曲线的方程； (2)证明：为定值； (3)已知双曲线，若所在直线与双曲线的左支分别交于点，点（均异于点），过点作的垂线，垂足为，证明：存在点使得为定值． 【答案】(1)； (2)证明见解析 (3)证明见解析 【解题思路】（1）利用椭圆离心率及焦点三角形面积列式求出即可. （2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理，结合斜率坐标公式计算得证. （3）直线的斜率存在时，设出其方程并与双曲线方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式计算可得直线过定点，再探讨直线的斜率不存在时的情况即可推理得证. 【解答过程】（1）设曲线的半焦距为c，由离心率为，得， 由的最大值为，得，而，解得，，， 所以曲线的方程为. （2）由（1）得，依题意，直线不垂直于轴，设，， 由消去得，则，， 则 ， 所以为定值； （3）    设，由（2）知，则， ①当直线斜率存在时，设其方程为，由直线不过点，得， 由消去得， ，且，，， 则， 整理得， 于是， 化简得，即，而，则，符合题意， 直线：，过定点； ②当直线斜率不存在时，由对称性，不妨令点在第二象限，直线的斜率为， 方程为，与方程联立可得，同理得，此时直线也过点， 因此直线过定点，设该点为， 由，得在为直径的圆上，圆的方程为，半径为， 所以存在点使得为定值． 11. 已知双曲线的两条渐近线分别为，，若点，分别在，上（，不同于原点），且直线是的切线，则称是的“渐切三角形”．已知在点处的切线方程为． (1)写出的一个“渐切三角形”的顶点，的坐标及切线的方程，并求出其面积； (2)已知点，分别在，上，的面积为，试问是否是的“渐切三角形”？并说明理由； (3)若是的“渐切三角形”，与相切的切点的横坐标大于0，为的左焦点，证明：为定值． 【答案】(1)，，（答案不唯一）； (2)是，理由见解析； (3)证明过程见解析. 【分析】（1）先根据渐近线方程得出，再取切点为即可根据条件求出； （2）分直线斜率不存在，和斜率存在两种情况讨论，设直线方程，联立方程组，求，进而利用的面积为，即可发现直线与曲线相切； （3）切点为容易求出，切点不为时，先根据直线与曲线相切得出，再将直线与联立得出韦达定理，进而求出、，即可求出，进而得出为定值. 【详解】（1）由题意可得，双曲线的渐近线方程为，故， 则，且在点处的切线方程为， 不妨取切点为，则切线方程为，此时， 则. （2）若直线斜率不存在，不妨设，则， 则，得， 此时直线与曲线相切，即是的“渐切三角形”， 若直线斜率存在，设， 联立，得， 则，即， 则， 又点到直线的距离， 则， 得， 联立，得， 则， 则直线与曲线相切，即是的“渐切三角形”， 综上可得，若的面积为，则是的“渐切三角形”. （3）若切点为时，直线的方程为，此时， 因，则，即， 利用对称性可知； 若切点不为，可设切点为，则直线， 联立，得， 则由，可得， 联立，得，即， 设点，，则， 则， ， 则 ， （说明：由图知，与始终同号，故成立） ， 则 ， 因，则，故为定值. 12. 如图所示，分别是“曲圆”与轴、轴的交点，已知，扇形的面积为． （注：题目中把半椭圆与圆弧合成的曲线称作“曲圆”，其中为半椭圆的右焦点） (1)求的值； (2)过点且倾斜角为的直线交“曲圆”于两点，试将的周长表示为的函数； (3)在（2）的条件下，当的周长取得最大值时，探究的面积是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请求出面积的取值范围． 【答案】(1) (2) (3)的面积不是定值，取值范围是 【分析】（1）由扇形的面积得，由及得； （2）分、、三种情况讨论，利用椭圆的定义表示出的周长； （3）联立直线方程和椭圆方程，由弦长公式、点到直线距离公式、三角形面积公式表示出的面积，根据求出取值范围. 【详解】（1）扇形的面积为，解得， 半椭圆与轴的交点，右焦点， 所以在中，， 又因为，所以. （2）显然直线的斜率不为，所以， 由（1）知半椭圆方程为，圆弧方程为，恰为椭圆的左焦点， ①当时，分别在圆弧和半椭圆上， 因为，所以是腰为的等腰三角形，且，所以， 因为在半椭圆上，所以， 所以的周长； ②当时，在半椭圆上， 因为在半椭圆上，所以， 所以的周长； ③当时，分别在半椭圆和圆弧上， 因为，所以是腰为的等腰三角形，且，所以， 因为在半椭圆上，所以， 所以的周长； 综上，. （3）由（2）知，当时，， 当时，， 所以当时，取得最大值，此时在半椭圆上， 设直线的方程为， 联立得，， ， 点到直线的距离， 所以， 令，因为，所以，， ， 因为在上单调递增，所以即， 所以， 即的面积不是定值，取值范围是. 题型04：最值与范围问题 13．（2025·上海黄浦·二模）椭圆的左、右焦点分别为，过点的直线与交于点． (1)若，点的坐标为，求点到直线的距离； (2)当时，求满足的点的个数； (3)设直线与的另一个交点为，，点的横坐标为，若的离心率，求的取值范围． 【答案】(1)； (2)答案见解析； (3). 【分析】（1）求出直线的方程，利用点到直线的距离公式求解. （2）求出以线段为直径的圆方程，再与椭圆方程联立，按求出方程组的交点坐标即可. （3）设，表示出点的坐标，将点坐标代入椭圆方程，建立的关系，进而建立不等式求解. 【详解】（1）依题意，，而，则直线的方程为， 即，所以点到直线的距离. （2）由，得点在以线段为直径的圆上，， 由消去得，即， 当时，，，因此点，共2个； 当时，，解得，， 因此点，共4个， 所以当时，点的个数为2；当时，点的个数为4. （3）设，由，且在线段上，得， 则，解得，而， 由点在上，得，即， 整理得，即，由，得，解得， 所以的取值范围是. 14．（2025·上海长宁·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为，点A是其左顶点，点P是双曲线上一点，且位于第一象限，若双曲线的离心率． (1)求双曲线的方程； (2)若三角形是等腰三角形，求点P的坐标； (3)直线不垂直于x轴，且与曲线的另一个交点为Q，若是锐角，求直线的斜率的取值范围． 【答案】(1) (2)或. (3) 【分析】（1）根据题设条件求出基本量后得双曲线方程； （2）就、、分类得方程组，求解后得的坐标； （3）联立直线方程和双曲线方程，结合韦达定理可得关于斜率的不等式，求解后得斜率的范围. 【详解】（1）设半焦距为，则即，而，故， 故，，故双曲线的方程为：. （2）由（1）得，， 因为在第一象限，故设，其中， 因为三角形是等腰三角形，故或或， 若，则在的中垂线上，则，舍； 若，则，故， 故，解得，故. 若，同理有，， 故， 综上，或. （3） 设直线，设， 而，故， 因为是锐角， 故， 所以， 整理得到， 由可得， 故且， 且，因为点P在第一象限，所以或， 又， 整理得：，故或或. 15．（23-24高三上·上海杨浦·期中）已知椭圆经过，两点.为坐标原点，且的面积为，过点且斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点，.且直线，分别与轴交于点，. (1)求椭圆的方程； (2)若以为直径的圆经过坐标原点，求直线的方程； (3)设，，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）把点坐标代入椭圆的方程得，由的面积可得，解得，进而得椭圆的方程； （2）设直线的方程为，，．联立直线与椭圆的方程的关于的一元二次方程，由，进而解得的取值范围，再列出韦达定理，由，则，即可求出，从而得解； （3）因为，，，，写出直线的方程，令，解得．点的坐标为．同理可：点的坐标为．用坐标表示，，，代入，得，同理．由，，代入，化简再求取值范围． 【详解】（1）因为椭圆经过点， 所以解得（负值舍去）． 由的面积为可知，解得， 所以椭圆的方程为．    （2）设直线的方程为，，． 联立，消整理可得． 因为直线与椭圆有两个不同的交点， 所以，解得， 因为，所以的取值范围是， 所以，， 则 ， 因为以为直径的圆经过坐标原点，所以， 则，即，解得（负值舍去）， 所以直线的方程为.    （3）因为，，，， 所以直线的方程是：， 令，解得，所以点的坐标为． 同理可得点的坐标为． 所以，，． 由，， 可得，， 所以， 同理， 由（2）得， 所以 ， 因为，所以，所以， 则，所以， 所以的范围是．    【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为、； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式； （5）代入韦达定理求解. 16．（2025·上海嘉定·二模）已知椭圆C：．F为椭圆的右焦点，过椭圆上一点的直线交椭圆于另一点Q，点M为椭圆上任意一点． (1)求的最小值； (2)当直线的斜率为1时，求面积的最大值及此时点M的坐标； (3)若直线与直线交于点D，点D不在x轴上，Q关于原点的对称点为点R，直线与交于点E，求线段的取值范围． 【答案】(1), (2), (3) 【详解】（1） 由椭圆方程知，，所以右焦点， 设，则，由代入得： ， 由于，对称轴， 所以， 即的最小值为，此时点为椭圆的右顶点. （2） 由直线的斜率为1且经过，可得直线方程， 与椭圆联立方程组，消元得：， 解得，则代入得：，所以， 则， 设平行于直线的直线方程为，则与椭圆联立方程组，消元得： ，当此直线与椭圆相切时，满足判别式为， 即，解得， 根据数形结合可得时，满足切点取到面积最大值， 此时方程为， 代入直线得，则， 由点到直线的距离公式得： ， 所以面积的最大值为， 此时点； （3） 设过点直线为：，与椭圆联立方程组，消元得： ， 由， 再由于交点D不在x轴上，即， 设交点，则有， 代入得：， 由于Q关于原点的对称点为点R，所以， 则直线方程为，与直线相交得： 点纵坐标为， 而直线与直线相交得： 点纵坐标为， 所以可得 当且仅当，即时，取到最小值. 即的取值范围是 17.定义：设椭圆，我们称以坐标原点为圆心，，的调和平均数一半的算术平方根，即为半径的圆为该椭圆的“调和圆”.已知椭圆，其“调和圆”为圆；直线. (1)求圆的标准方程； (2)若直线为圆的任意一条切线，且与椭圆交于，两点，求证：为定值； (3)设，是椭圆上的两个动点，且，过点作直线的垂线，为垂足，求点到直线距离的取值范围. 【答案】(1) (2)证明见详解 (3) 【分析】（1）由调和圆的定义，结合椭圆方程的参数写出调和圆的方程； （2）分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论：斜率不存在时，直接求出交点坐标，求；斜率存在时，设联立椭圆方程，由切线的性质确定判别式符号，应用根与系数关系、向量数量积的坐标表示求； （3）设，讨论直线与有一条直线的斜率不存在和两条直线的斜率都存在，分别求，，，由等面积法求，即可得点在定圆上，根据圆的性质求解. 【详解】（1）由椭圆，知，，， 所以调和圆的标准方程为. （2）设，，则， 当直线的斜率不存在时，直线. 若，由，解得， ， 若，同理可得， 当直线的斜率存在时，设， 由，得， ，又是圆的切线， ，即，则，， ， ，即， 综上，恒成立. （3）设，由，则， 直线与，有一条直线的斜率不存在和两条直线的斜率都存在两种情况. 若直线的斜率不存在，即点在轴上，则点在轴上，有，. ，，， 由，解得， 若直线与的斜率都存在，设，则. 由，解得，则， 同理，可得， ， 由，解得， 因此，总有，即点在圆心为坐标原点，半径为的圆上. 该定圆的方程为. 圆心到直线的距离为，即点的轨迹圆与直线相离， 所以点到直线的距离取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题第三问解题的关键是抓住直线与，有一条直线的斜率不存在和两条直线的斜率都存在两种情况讨论，利用三角形等面积法求出，得到点的轨迹为定圆. 18．（2026复旦附中高三阶段练习）对于二次曲线，我们有：若是曲线上的一点，则过点与曲线相切的直线方程为．已知椭圆，，动圆，点是与在第一象限的交点． (1)求椭圆的离心率； (2)过点作动圆的切线，经过椭圆的右焦点，求与满足的关系式； (3)若，直线与，均相切，切点在上，切点在上，求的最大值． 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）根据给定条件，利用椭圆离心率公式计算即得. （2）求出切线的方程，将代入即可得解. （3）分别求出在点处的方程，结合两切线重合探讨点的坐标关系，再利用两点间距离公式，结合方程组的思想将表示为的函数，利用基本不等式求出最大值. 【详解】（1）在椭圆中，由，得， 所以椭圆的离心率. （2）椭圆，由，解得， 而，则， 圆在处切线方程为，又过焦点，则， 所以. （3）当时，椭圆，，设， 椭圆在处切线为，圆在处切线为， 由直线与均相切，得，即， 由，得，解得， ，当且仅当，即时取等号， 即的最大值为，所以的最大值为. 【点睛】关键点点睛：第3问，利用公切线探求出两个切点坐标的关系是求解的关键. 题型05：存在性问题 19.（2026届高三黄埔区一模）已知双曲线的中心位于坐标原点,焦点分别在轴的正、负半轴上,,直线是的一条渐近线,直线与有且只有一个公共点. （1）求的方程； （2）若点在轴上，且为直角，求点的坐标； （3）设动直线平行于，与交于点，，与交于点，是否存在常数，使得总成立?若存在,请求出的值;若不存在,请说明理由. 【解析】（1）设的方程为，的焦距为，则，即， 由是的一条渐近线，可知，即，故，可得，， 所以的方程为. ……………4分 （2）由消去得， 由且，可得， 此时点的坐标为. ……………7分 设，由为直角向量， 可得，即，解得或， 故点的坐标为或. ……………10分 法二：同上，得点的坐标为 . ………………7分 为直角等价于点在以为直径的圆上，此圆的圆心坐标为，半径为. 该圆与轴的两个交点的纵坐标分别为.故点的坐标为或. …10分 法三: 由为直角得出点的轨迹方程，然后再求此轨迹与轴的交点. （3）方法一：的斜率为，故可设的方程为. ………11分 由在直线上，故可设，代入，可得， 故， …………13分 将的方程代入的方程，可得， 设点的横坐标分别为，则 故 ， …………………………17分 故当时，， 所以存在常数λ，使得总成立. ………………………18分 方法二：由（2）得：，直线 所以 因为动直线平行于 所以设直线 设 若，则 20．(24-25高二下·上海实验中学·期中)已知椭圆，为的上顶点，是上不同于点的两点． (1)求椭圆的离心率； (2)若是椭圆的右焦点，是椭圆下顶点，是直线上一点.若有一个内角为，求点的坐标； (3)作，垂足为．若直线与直线的斜率之和为，是否存在轴上的点，使得为定值？若存在，请求出点的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)或； (3)存在， 【分析】（1）根据离心率公式直接求解； （2）由题设设，进而分或两种情况讨论求解即可； （3）假设存在定点满足题意，先讨论的斜率存在时，设的方程为，，首先与椭圆方程联立并结合直线与直线的斜率之和为得，其次求得直线的方程为并于直线的方程联立求得点，再次根据得当时，为定值，最后说明直线的斜率存在也满足即可. 当直线斜率不存在时，设，， 则，，此时，满足题意． 所以存在定点，使得为定值且定值为． 【详解】（1）由题意，，所以离心率 （2）由题意，，，，所以直线的方程为：， 设，显然有或两种情况， ①当时，直线的倾斜角为，其与轴的交点为，则， 因为， 由，得：，解得（舍去）或， 所以，点的坐标是 ②当时，此时， 则， 因为， 由，得：， 解得（舍去）或 综上所述，点的坐标是或 （3）假设存在定点满足题意， 当的斜率存在时，设直线的方程为，， 由得， 由题意，，即①． ， ， 所以，代入①，得：， 所以或，即存在直线使得直线与直线的斜率之和为2 直线的方程为，直线的方程为 由，得：，即 所以 所以当时，为定值，. 当直线斜率不存在时，设，， 则，，此时，满足题意． 所以存在定点，使得为定值且定值为． 【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于利用分类讨论的思想，求得对应的的范围，进而舍去不满足的解；第三问解题的关键在于根据已知条件求得直线的方程为中的参数，点，难点在于数学运算. 21.已知是圆上一动点，点，直线与圆的另一个交点为，点在直线上且，动点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)过作轴的垂线与曲线在第一象限交于点，过点的两条直线交曲线于另外两点，若直线的斜率之和为，试证明直线过定点； (3)在（2）的条件下，设所过定点为，试问曲线上是否存在第二象限的点，使得最大，若存在，求出最大值；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)存在， 【分析】（1）先由线线平行得到线段成比例，再结合圆的半径相等推导出两条线段相等，接着通过线段的和差关系，将动点到两定点的距离差转化为一个常数，然后依据双曲线的定义判定轨迹类型，最后根据双曲线的参数关系求出标准方程，并剔除不符合几何条件的点，从而得到动点的轨迹方程； （2）方法一：根据分段函数单调递减的性质，分别分析每一段函数的单调性以及分段点处的函数值大小关系，进而确定实数的取值范围；先设直线的方程为，与双曲线方程联立，利用韦达定理得到和的表达式；再将斜率和的条件代入并化简，把韦达定理的结果代入后，通过代数运算得到与的关系式；最后对关系式因式分解，舍去与点重合的情况，从而确定直线恒过的定点； 方法二：先以点为基准平移坐标系，将移至原点，再把双曲线方程变换为新坐标系下的齐次方程；接着设过新原点的直线方程，代入齐次方程后得到关于斜率的二次方程，利用斜率和为的条件及韦达定理解出直线参数；最后根据直线方程确定新坐标系下的定点，再还原到原坐标系，得到直线恒过的定点； （3）先利用双曲线定义将转化为，把求的最大值转化为求的最大值；再依据三角形两边之差小于第三边，得，计算出；最后验证直线与双曲线在第二象限有交点，确定等号可取，从而得到的最大值为. 【详解】（1）由平面几何知识可得，则，因为，所以， 因为，则， 所以 ，即动点 的轨迹是以  为焦点的双曲线，， 所以， 故双曲线方程为 ； （2）法一：由题可知 设直线 的方程为 ，， 联立 与 得：， 则 ， 又 ，代入 ，，化简得： ， 所以，，即， 故 或， 当 时，直线 过定点 （与点 重合，舍去）， 当 时，直线 的方程化为 ，过定点 ，故直线过定点 . 法二：（平移齐次化） 以为基准点将整个图像左移2个单位，下移3个单位（即将移到原点）， 所以双曲线方程变为， 设直线的方程为，齐次化， 所以，所以， 所以， 即， 两边同除以：， 所以， 因为，平移前后斜率相等，所以， ，所以，即， 所以直线方程为过定点，所以平移之前直线过定点. （3）由双曲线定义可知 ，只需找 的最大值， 因为 （三角形两边之差小于第三边）， 当 在直线延长线与双曲线第二象限交点时等号成立，其中 ， 验证可知直线 与双曲线 联立， 解得第二象限交点存在，故 . 题型06：圆锥曲线的面积问题 22.．（2025·上海崇明·一模）已知抛物线，，直线交抛物线于点、，交抛物线于点、，其中点、位于第一象限． (1)若点到抛物线焦点的距离为2，求点的坐标； (2)若点的坐标为，且线段的中点在轴上，求原点到直线的距离； (3)若，求与的面积之比． 【答案】(1) (2) (3) 【解题思路】（1）由抛物线的定义根据其方程得出准线，由定义得出抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，或通过焦半径公式，即可得出点的横坐标，代入方程得出纵坐标，根据点所在的象限得出其坐标； （2）设，得出线段AC的中点坐标，根据已知列式，代入方程得出点的坐标，即可由两点式得出直线的方程，即可由点到直线的距离公式得出答案； （3）设直线的方程为，设，根据已知与方程的联立与韦达定理得出，，，设原点到直线的距离为，由弦长公式与三角形面积公式的出，即可代入化解得出答案. 【解答过程】（1） 抛物线的准线为， 因为点到抛物线焦点的距离为2， 所以点到抛物线准线的距离为2， 所以点的横坐标为1， 代入方程的，解得， 因为点位于第一象限， 故点的坐标为. （2）设，则线段AC的中点坐标为 因为线段的中点在轴上， 所以，故， 代入方程得，解得，所以， 所以直线的方程为：，整理得： 所以原点O到直线l的距离 （3）由题意，直线的斜率显然存在且， 设直线的方程为， 设 由，得， 由，得：， 因为直线与抛物线交于点、， 所以，即，且，， 同理，，， 所以，， 由①，②得：，代入③得，代入②得 设原点到直线的距离为， 所以. 23. 已知双曲线的渐近线上一点与右焦点的最短距离为． (1)求双曲线的方程； (2)为坐标原点，直线与双曲线的右支交于、两点，与渐近线交于、两点，与在轴的上方，与在轴的下方． （ⅰ）求实数的取值范围． （ⅱ）设、分别为的面积和的面积，求的最大值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【解题思路】（1）根据焦点到渐近线距离求出，再求出即可得解； （2）（ⅰ）直线与双曲线方程联立消元后由根与系数关系及直线与右支相交可得； （ⅱ）根据弦长公式及点到直线的距离分别求出三角形面积，根据面积表达式换元后利用不等式性质求最值即可. 【解答过程】（1）设双曲线的焦距为，且， 因为到直线的距离为，故， 则，故双曲线的方程为：． （2）如图， （ⅰ）设，，联立直线与双曲线的方程， 消元得，则， 因为直线与双曲线右支交于两点，故，则，故的取值范围为． （ⅱ）由（ⅰ）知，， 原点到直线的距离， 设，，联立，则， ，，， 则， 而， 令，则， 当即时取到等号． 综上所述，的最大值为． 24. （25-26嘉定区二模）已知椭圆与直线、．过椭圆上一点P作的平行线交于点M，作的平行线交于点N． （1）当P为椭圆的上顶点时，求的大小； （2）若椭圆的离心率，求椭圆的方程，并求的最大值与最小值； （3）若为定值（与点P的位置无关），求a的值，并求此时四边形面积的最大值． 【答案】（1）4 （2）最大值为4，最小值为2 （3），四边形面积的最大值为 【解析】 【分析】（1）根据条件分别求直线和的方程，再联立直线求交点，的坐标，即可求解； （2）首先根据离心率求椭圆方程，再根据向量的平行四边形法则转化为求的最值； （3）首先根据点的坐标求直线和的方程，通过联立直线方程求点，的坐标，再代入两点间距离公式，根据定值求，首先角的关系求，再根据为定值4，分两种情况，结合余弦定理和基本不等式求面积的最大值，再求四边形面积的最大值. 【小问1详解】 当点在椭圆的上顶点时，,，， 联立，得，即， 联立，得，即， 所以； 【小问2详解】 椭圆的离心率，得， 所以椭圆方程为； 由条件可知四边形是平行四边形，所以， 设，， 所以， 所以的最大值为4，最小值为2； 【小问3详解】 设，则，, 联立，解得：，， 即， 联立，解得：，， 即， 因为点在椭圆上，满足， 所以 因为为定值，所以与无关，所以，得，则； 此时， 如图：由条件可知，，则， ， 则，且为定值4， 中根据余弦定理，， ， 即，所以， 而四边形是平行四边形，，当时等号成立， 此时，四边形的最大值为4， 如下图：由以上可知，，， 中根据余弦定理，， ， 即，所以， 而四边形是平行四边形，，当时等号成立， 综上两种情况可知，四边形的最大值为. 25.（2026届高三松江区一模）已知椭圆的左焦点为，过点的直线交椭圆于，两点.的最大值是的最小值是,满足. (1)求该椭圆的离心率； (2)若，点在椭圆上，且在轴上方，线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上,求直线的斜率; (3)设线段的中点为，的垂直平分线与轴和轴分别交于两点，是坐标原点.记的面积为的面积为,求的取值范围. 【解析】(1)设， 则根据椭圆性质得： 而 所以有 即 因此椭圆的离心率为. (2)由(1)可知 椭圆的方程为 所以 圆的方程为： 设 所以 所以 解得： 所以 所以 (3)由(1)可知 椭圆的方程为 根据条件直线的斜率一定存在且不为零，设直线AB的方程为 设则 由 所以 所以 因为,所以 由与相似,所以 令,则,从而 即的取值范围是. 26.已知抛物线的焦点为，点在抛物线上．过点的直线与及圆依次相交于点，如图． (1)求抛物线的标准方程； (2)证明：为定值； (3)过两点分别作抛物线的切线，两条切线相交于点，求与的面积之积的最小值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)1 【解题思路】（1）把点坐标代入抛物线方程，可求的值，得抛物线标准方程. （2）根据题意，设直线方程：，与抛物线方程联立，消去，可得关于的一元二次方程，根据韦达定理，可得，，再利用焦半径公式，表示出，化简整理即可. （3）先求出过两点的切线方程，再求两切线的交点，结合点到直线的距离公式，表示出与的面积之积，再结合二次函数的值域问题求最小值. 【解答过程】（1）由题意得，因为点在抛物线上，所以.∴， 所以抛物线的标准方程为. （2）由（1）知：，显然直线/的斜率存在，所以设直线方程为：， 由， 设，则 由抛物线的定义得：， 所以：， 即为定值1． （3）由 设直线，联立得： ∴，直线，即 同理求得直线， ，则， ∴到的距离， ∴与的面积之积， 当时，与的面积之积的最小值1. 27.已知双曲线，点，经过点M的直线交双曲线C于不同的两点A、B，过点A，B分别作双曲线C的切线，两切线交于点E．（二次曲线在曲线上某点处的切线方程为） (1)求证：点E恒在一条定直线L上； (2)若两直线与L交于点N，，求的值； (3)若点A、B都在双曲线C的右支上，过点A、B分别作直线L的垂线，垂足分别为P、Q，记，，的面积分别为，问：是否存在常数m，使得？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由． 【解析】（1）证明：设， 由题意得：切线EA的方程为：，将点E带入得：， 同理可得：，易知点A，B都在直线上， 所以直线l的方程为：， 因为直线l过点，所以，                           所以点E恒在定直线上． （2）法一：设，因为，所以 整理得 因为点在双曲线上，所以， 整理得， 同理可得， 所以，是关于x的方程的两个实根， 所以． 法二：由题意知，l的斜率存在，设l的方程：， 联立得：， 所以， 设，因为，所以，所以， 同理， 所以 . （3）设，与联立得： ， ， 因为直线L的方程为，所以， 所以， 同理， 所以， 故存在，使得． 题型07：证明恒等式（不等式）或位置关系 28. （25-26崇明区二模）已知椭圆． （1）求椭圆C的离心率； （2）已知椭圆右顶点为A，设点M为y轴正半轴上一点，点P为椭圆C上的一点.若，求点M的坐标； （3）已知，过点的直线交椭圆C于D，E两点，直线DG交直线于点H，证明:轴． 【答案】（1）； （2）； （3）证明见详解. 【解析】 【分析】（1）根据离心率定义直接计算可得； （2）设利用向量关系表示出点坐标，代入椭圆方程即可得解； （3）利用韦达定理表示出点的纵坐标，利用向量共线表示出点的纵坐标，证明和的纵坐标相等即可得证. 【小问1详解】 记椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为， 则，所以离心率. 【小问2详解】 由题知，，设，， 因为，， 所以，得， 代入椭圆方程得，解得（负根舍去） 【小问3详解】 易知，当直线斜率为0时，为长轴端点，与右焦点重合，满足题意； 设直线的方程为，， 联立得：， 由得或， 则， 所以，则， 设，因为三点共线，则，， 所以，则， 所以，所以轴. 29．（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， . 30．法国数学家加斯帕尔·蒙日是18世纪著名的几何学家，他创立了画法几何学，推动了空间解析几何学的独立发展，奠定了空间微分几何学的宽厚基础，根据他的研究成果，我们定义：给定椭圆C：.，则称圆心在原点O，半径为的圆为“椭圆C的伴随圆”.已知椭圆C：的左焦点为，点在C上，且. (1)求椭圆C的方程以及椭圆C的伴随圆的方程； (2)将向上平移6个单位长度得到曲线，已知，动点E在曲线上，探究：是否存在定点，使得为定值，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由； (3)已知不过点A的直线l：与椭圆C交于M，N两点，点，分别在直线AM，AN上，证明：. 【答案】(1)， (2)存在，且 (3)证明见解析 【分析】（1）将点代入椭圆方程，结合两点间距离公式计算即可得椭圆方程，再借助伴随圆定义即可得伴随圆方程； （2）得到方程后，假设存在该定点，设为定值，，利用两点间距离公式表示出、，则可由，得到方程，再令，解出即可得解； （3）联立直线与椭圆方程，可得与交点横坐标有关韦达定理，再求出直线，即可得，同理可得，则可结合韦达定理得到线段中点为定点，再由几何性质即可得证. 【详解】（1）由题意可得，解得，则， 即椭圆C的方程为，伴随圆的方程为； （2）由的方程为，则曲线的方程为， 假设存在该点，其为定值， 令，则有， 则， ， 则有，整理得， 令，解得或（舍去）， 故存在，即定点，使得为定值； （3）设、， 由，消去可得， ，即， ，， ， 令，则， 同理可得， 则 ， 即线段中点坐标为，则，故. 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于由、得到线段中点坐标，从而利用几何性质证明. 31．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． ． 题型08：求直线的方程或斜率 32.已知抛物线的焦点为，且抛物线经过点，直线与抛物线交于两点，为坐标原点． (1)求拋物线的标准方程； (2)若直线过定点，求面积的取值范围； (3)若，求直线的方程． 【解析】（1）由题意抛物线C经过点，代入方程可得. 所以抛物线的标准方程为：. （2）如图： 依题意，直线与抛物线有2个交点 所以直线斜率不为0， 设直线 联立，整理得 ． 整理得： 故的取值范围是. （3）如图： 由题意得抛物线的焦点， 又由，可知直线过焦点且斜率不为0 于是可设直线的方程为：， 设 联立方程组得 于是 由可知，，代入上式 所以直线的方程或. 34.已知椭圆（）的短轴长与焦距相等，且椭圆过点，斜率为k的直线l过椭圆的右焦点，且与椭圆交于A，B两点，M是线段AB的中点，射线OM与椭圆于点C. (1)求椭圆方程； (2)若直线，求点C的坐标； (3)是否存在正数k，使四边形OACB是平行四边形？若存在，求出直线AB的方程，若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)答案见解析 【分析】（1）由椭圆的性质结合点在椭圆上代入可得； （2）直曲联立，由韦达定理和中点坐标公式得到点坐标，再直曲联立，解出交点坐标即可； （3）设，直曲联立，由韦达定理得到，再由四边形OACB是平行四边形，得到点坐标，然后代入椭圆方程解出即可； 【详解】（1）由椭圆的短轴长与焦距相等可得，所以 又圆过点，所以，解得， 所以椭圆方程为， （2）    由（1）可得， 因为，所以， 联立曲线方程消去可得，化简可得， ， 设， 所以，， 由中点坐标公式可得， 所以， 联立，解得. （3）    由题意可得，设， 设存在正数k，使四边形OACB是平行四边形，则， 联立，消去可得， ， ， ， 因为，所以， 由点在椭圆上，所以， 化简可得，即， 由，所以 所以存在正数k，使四边形OACB是平行四边形，直线的方程为. 【点睛】关键点点睛：本题第三问关键是利用向量平行四边形的加法法则得到点坐标，再代入椭圆方程求解. 35. （25-26闵行区二模）已知椭圆的焦距为，离心率为，过点的直线交椭圆于点. （1）求的方程； （2）记的面积为，求证：； （3）求的最大值与最小值，并写出取最大值与最小值时直线的方程. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）最大值，直线方程；最小值，直线方程 【解析】 【分析】（1）根据椭圆已知的焦距和离心率求出参数，代入椭圆标准方程得到结果； （2）将表示为点坐标的线性式，结合椭圆方程的参数形式，利用余弦函数的值域证明结论； （3）设过点的直线参数方程，利用参数的几何意义将转化为，结合韦达定理得到表达式后求最值. 【小问1详解】 由题意得，故，结合离心率得. 由椭圆关系，因此椭圆的方程为： ； 【小问2详解】 设，因为，所以直线，即， 所以点到直线的距离，又， 所以 由在椭圆上得，所以可设， 所以，  因此​，得证. 【小问3详解】 设过的直线参数方程为（为参数）， 代入椭圆方程整理得： ， 由参数的几何意义得， 结合韦达定理得： ， 斜率存在时，设斜率为，化简得， 由得：当时，取得最大值，对应直线方程为； 当直线斜率不存在时，直线为，此时，为最小值. 综上，的最大值为，对应直线方程为；最小值为，对应直线方程为 36.由椭圆的两个焦点和短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“特征三角形”．如果两个椭圆的特征三角形是相似三角形，则称这两个椭圆“相似”，并将特征三角形的相似比称为这两个椭圆的相似比． (1)求经过点，且与椭圆相似的椭圆方程． (2)已知椭圆，椭圆与椭圆的相似比为． ①若直线与椭圆相切，且与椭圆交于两点，求的取值范围； ②过点作斜率不为的直线与椭圆交于两点（在的上方），直线与椭圆交于两点（在的上方）．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． 【答案】(1) (2)①；②存在， 【分析】（1）利用相似性质，可知两椭圆离心率相等，即可求解； （2）①利用直线与椭圆联立方程组来求解弦长，通过讨论斜率是否存在来补全取值范围；②根据斜率是否存在分类讨论，通过联立直线与椭圆方程说明的中点也是的中点，然后将转化为的数量关系，借助弦长公式完成计算. 【详解】（1）由题意可知，“特征三角形”是等腰三角形，且腰长为，底边长为， 那么相似比就是两个“特征三角形”的长半轴长之比或者是焦距之比， 从而特征三角形相似的两椭圆的离心率是相等的. 由椭圆的离心率为， 可知过点，且与椭圆相似的椭圆方程的离心率也为， 可设所求椭圆为，代点得：， 再由，所以， 联立上两式解得：， 所以所求椭圆方程为：. （2）①由椭圆与椭圆的相似比为，可知两椭圆的长半轴之比也为，短半轴之比也为， 再由椭圆，所以椭圆， 当直线的斜率不存在时，又与椭圆相切，则切线方程为， 取直线，可得与椭圆的交点坐标为 此时有， 再当直线的斜率存在时，可设直线的方程为， 则与椭圆联立消得：， 整理得：， 由直线与椭圆相切，可得：，整理得， 再由直线的方程为，与椭圆联立消得：， 整理得， 由， 再把代入得：， 可设交点，则有， 所以 再把代入得： ， 由于，所以，即， 综上可得：； ②假设直线存在； 当的斜率不存在时，， 由解得，由解得， 所以， 所以， 所以， 显然； 当的斜率存在时，，设， 联立，可得， 所以， 联立，可得， 所以， 所以，即中点的横坐标相同， 又因为四点共线，所以的中点即为的中点， 因为，所以， 所以， 因为 ， ， 所以， 所以，解得，符合条件， 所以存在直线满足条件. 【点睛】关键点点睛：解答本题第二问的第二小问的关键点有两个，一方面是说明中点相同，借助这一条件可对向量关系式进行转化；另一方面是弦长计算，计算量较大，通过联立以及弦长公式表示出. 1.已知抛物线C：经过点，C的焦点F在x轴的正半轴上，点A，B在C上运动． (1)求C的方程． (2)若直线AB的方程为，求内切圆的半径r． (3)设点，且EF平分，试问直线AB：是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由． 【解析】（1）因为抛物线C：经过点，所以， 解得或， 又C的焦点F在x轴的正半轴上，所以，则，则C的方程为． （2）设，． 由得，，则 ， ． 因为点到直线AB的距离， 所以的面积， 所以． （3）是，定点坐标为， 因为EF平分，所以， 设，， 则， 因为，，所以， 整理得， 则， 即．① 将代入，得， 则 代入①可得， 因为，所以，即， 所以直线方程为， 所以直线AB过定点． 2. 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 【解题思路】（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； 【解答过程】（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. 3. 已知椭圆过点，离心率为，左、右焦点分别为、，右顶点为． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆的另外一个交点为，当的面积最大时，求直线的方程； (3)若点、是直线上不同的两点，则向量以及与它平行的非零向量都称为直线的方向向量，当直线时，直线的方向向量称为直线的法向量．设、为实数，直线的一个法向量为，为直线上任一点，点为坐标平面内的定点，我们把称为点在直线上的投影数量．当与椭圆相切时，点、在直线上的投影数量的乘积是否为定值？若是，求出这个定值，若不是，说明理由． 【答案】(1) (2) (3)是定值，且定值为 【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程； （2）求出直线的方程，设点，其中，利用点到直线的距离公式，辅助角公式可求得点到直线距离的最大值及其对应的的值，可得出点的坐标，进而可求得直线的方程； （3）设直线与椭圆相切于点，则，先证明椭圆在点处的切线方程为，可得出直线的一个法向量，再利用投影的概念可求得点、在直线上的投影数量的乘积，即可得出结论. 【详解】（1）由题意可得，解得， 因此，椭圆的方程为. （2）易知点，直线的斜率为， 则直线的方程为，即， 若的面积最大，则点到直线的距离取最大值， 设点，其中， 则点到直线的距离为， 因为，则， 故当时，即当时，取最大值，此时点， 所以，直线的斜率为，则直线的方程为， 故当的面积最大时，直线的方程为. （3）若直线的方程为，则该直线的斜率为，该直线的一个方向向量为， 该直线的一个法向量为， 设直线与椭圆相切于点，则， 首先证明椭圆在点处的切线方程为， 联立可得，解得， 所以，椭圆在点处的切线方程为，即， 所以，直线的一个法向量为， ，， 所以，点在直线上的投影为， 点在直线上的投影为， 所以，点、在直线上的投影数量的乘积为. 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 4.已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，其离心率为，焦距为． (1)求椭圆的标准方程； (2)已知直线：与椭圆交于，两点，为弦的中点，证明：点在定直线上； (3)求椭圆的内接菱形边长的最大值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】(1)由椭圆的基础知识即可求出，，的值可写出椭圆的标准方程. (2)先设出，两点坐标，再把直线方程与椭圆方程联立方程组，消元，写出根与系数的关系然后写出的坐标即可证明在定直线上. (3)先分析出菱形中心在坐标原点再用斜截式设出菱形一条边所在直线方程，联立方程组，消元写出根与系数的关系继续根据菱形的对角线相互垂直写出两参数的关系式，继续用两参数写出弦长公式结合基本不等式求出最值. 【详解】（1）因为焦距为，所以，所以，又因为所以 所以，又因为所以 又因为椭圆的焦点在轴上， 所以椭圆的标准方程为． （2）证明：设，， 联立直线与椭圆方程 整理得， ， 解得：， ，，则，所以． 显然点在直线上，得证． （3）解：由（2）知，菱形的中心在坐标原点，且有， 菱形不论怎样运动，直线和总有一条斜率存在，不妨设直线的斜率存在且直线方程为，，， 联立得，，， ， 由于，于是， 即，， 化简整理得：， 从而，． 即， 当时，， 当时，， 当且仅当，即时取等号． 综上，，因此，菱形边长的最大值为． 5.如图，已知椭圆的左右焦点为，短轴长为为上一点，为的重心.    (1)求椭圆的方程； (2)椭圆上不同三点，满足，且成等差数列，线段中垂线交轴于点，求点纵坐标的取值范围； (3)直线与交于点，交轴于点，若，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用三角形重心坐标公式先求A坐标，再代入椭圆方程结合其性质计算即可； （2）设B、D、E坐标，并根据焦半径公式得，由等差中项的性质得出，再根据点差法得出中垂线的斜率，表示中垂线方程，结合点在椭圆内计算范围即可； （3）设M、N坐标，联立椭圆方程结合韦达定理得出其横坐标关系，再根据平面向量的坐标表示，利用函数的性质计算范围即可. 【详解】（1）不妨设， 因为的重心，所以， 所以， 又短轴长为6，所以，代入解得， 所以椭圆方程为:； （2）由上可知，设中点， 则， 又，消去并整理得， 同理， 又， 由题意得， 即， 因B，D在上，易得，化简得， 所以线段中垂线的斜率， 线段中垂线方程:， 令得， 又线段中点在椭圆内所以， 所以； （3）设，由得， 联立消整理得， 得， 所以， 当时，， 当时，， 解不等式得.    【点睛】思路点睛：根据焦半径公式及等差中项的性质可确定中点横坐标，再由中垂线方程得出E与中点的关系结合点在椭圆内计算范围即可解决第二问；利用平面向量共线的坐标表示结合韦达定理计算横坐标关系，分类讨论斜率是否为零，再含参表示结合函数的性质求范围解不等式即可. 6.已知椭圆过点，且离心率，过点的直线与交于，两点，直线，与直线分别交于点，. (1)求的方程. (2)记直线，的斜率分别为，，证明：为定值. (3)是否存在实数，使得（表示面积）恒成立？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）因为过点，且离心率， 所以，且，           即解得，，           所以的方程为. （2） 如图，， 显然直线的斜率存在，设直线.           联立得，消去并整理，得，           所以，得. 设，，则，.（*）           因为，且时，，所以直线与相切， 由椭圆的对称性可知，，. ，       ，     将（*）代入，得为定值. （3）设存在实数，使得恒成立. 由，得，由得.           由（2）可知，           所以点，到直线的距离相等， 所以，即. 7.已知椭圆的左、右焦点分别为为椭圆的一个顶点，且右焦点到直线的距离为 (1)求椭圆C的标准方程； (2)设直线 与椭圆C交于A、B两点. ①若直线l过椭圆右焦点，且的面积为求实数k的值； ②若直线l过定点 ，且， 在x轴上是否存在点 使得以 为邻边的平行四边形为菱形? 若存在，则求出实数t的取值范围； 若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)①；②存在， 【分析】（1）利用点到直线的距离公式求解椭圆参数即可； （2）①把直线与椭圆联立方程组，利用弦长公式和点到直线的距离公式，即可求出面积等式，最后求解k的值； ②把菱形问题转化为对角线互相垂直问题，最后转化为两对角线的斜率之积为，通过这个等式转化为的函数，即可求解取值范围. 【详解】（1）椭圆C 的右焦点到直线的距离为， 可得： 因为， 所以解得， 由椭圆的一个顶点为，可得， 所以由 即椭圆C的标准方程为 （2）①直线过椭圆右焦点 可得：， 即， 所以由直线与椭圆C的标准方程 联立方程组，消去y得： 设两交点，则有 又椭圆左焦点到直线的距离为 所以 解得： 或 (舍去)，即 ; ②假设存在点使得以为邻边的平行四边形为菱形，由于直线过定点， 且， 可知直线方程为，与椭圆 联立方程组， 消去y得：由 且， 解得 设两交点， AB中点，则有 所以 即  整理得 又因为 所以 当且仅当时，所以， 则 . 【点睛】关键点点睛：本题关键点是把以为邻边的平行四边形为菱形，转化为对角线互相垂直，再利用求解中点坐标来表示斜率，最后利用斜率乘积等于，从而得到关于的函数来求取值范围. 8.已知椭圆的离心率为，分别为椭圆的左，右焦点，点是椭圆上一动点，且面积最大值为3. (1)求椭圆的方程； (2)已知直线与椭圆交于两点. （i）若中点的横坐标为，求的值； （ii）已知点，直线与直线分别交于点，平面内是否存在一点，使得四边形为平行四边形.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】 【详解】（1）因为离心率为，所以， 由题意可知，当点为短轴端点时，的面积最大，即， 又，联立解得，， 故椭圆的方程为. （2）（i）设，， 联立，消去得， 由，得， 由韦达定理，，， 设中点坐标为，则， 因为在直线上，所以，即 所以，解得； （ii）存在点使得四边形为平行四边形， 因为在椭圆上，所以易知，， 设直线的方程为， 令，得，同理， 又由（i）知， 所以 ， 所以线段的中点坐标为， 连接，则线段的中点坐标也为， 由于，可得，所以点H的坐标为.    9.已知双曲线的离心率为，右顶点为为双曲线右支上两点，且点在第一象限，与不重合，以为直径的圆经过点． (1)求的方程； (2)证明：直线恒过定点； (3)若直线与轴分别交于点，且为中点，求的值． 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3). 【解题思路】（1）根据离心率以及顶点即可求的方程. （2）联立直线与双曲线方程，由向量垂直的坐标表示列式，结合韦达定理，化简求解. （3）根据中点坐标可得，即可根据三角形面积之比求解. 【解答过程】（1）由双曲线右顶点，得， 由离心率为，得双曲线半焦距，则双曲线虚半轴长， 所以双曲线的方程为. （2）显然直线不垂直于，设其方程为，， 由消去，得， 则，即，， 由以为直径的圆经过点，得，即， 则，， ，化简得， 当时，直线经过点，不符条件，因此， 所以直线必过定点. （3）由（2）知，， 由为中点，得，于是，解得， 由，得， 因此，所以. 10.如图，已知抛物线的焦点到准线的距离为2，过点的直线交抛物线于两点，点在抛物线上，使得的重心在轴上，直线交轴于点，且在点的右侧．记、面积分别为、． (1)求抛物线的标准方程； (2)若直线的斜率为，求以线段为直径的圆的面积； (3)求的最小值及此时点的坐标． 【答案】(1) (2) (3)最小值， 【分析】（1）根据抛物线定义可直接求出，可得抛物线的标准方程； （2）联立直线和抛物线方程并利用焦点弦公式可求得，可得圆的面积为； （3）依题意分别求得的坐标，得出的表达式并利用基本不等式可求得结果，可得此时点的坐标. 【详解】（1）依题意由焦点到准线的距离为2可知， 所以抛物线的标准方程为； （2）由（1）可知，设, 易知直线的方程为， 联立，整理可得， 所以， 因此可得， 即以线段为直径的圆直径为16，可得圆面积 （3）设，重心． 令，，则． 由于直线过，故直线方程为， 代入，得，故，即， 所以． 又由于，及重心在轴上，故， 得，． 所以直线方程为，得． 由于在焦点的右侧，故． 从而． 令，则， 可得． 当时，取得最小值，此时． 11.已知双曲线的焦距为4，离心率为2，，分别为C的左、右焦点，两点，都在C上. (1)求C的方程； (2)若，求直线AB的方程； (3)若，且，，求四个点A，B，，所构成四边形的面积的最小值. 【答案】(1) (2) (3)12 【解题思路】（1）由双曲线的性质结合题意可得结果； （2）设出直线的方程，直曲联立表示出韦达定理，再结合得到，解出，即可求出直线方程； （3）结合已知作出图象，设出直线和的方程，由弦长公式表示出弦长，再求出直线与间的距离进而求出，最后求导分析其单调性再求出取值范围即可. 【解答过程】（1）由题意可得，解得， 故曲线的方程为， （2）根据题意知直线的斜率不为零，设直线的方程为， 得，都在右支上， 由，消去可得， 易知，其中恒成立， ， 代入，消元得， 所以，解得，满足， 所以直线的方程为， （3），， 则分别在两支上，且都在的上方或的下方， 不妨设都在的上方，又 ， 则在第二象限，在第一象限，如图所示， 延长交双曲线与点，延迟交双曲线于点， 由对称性可知四边形为平行四边形，且面积为四边形面积的2倍， 由题设直线的方程为，直线的方程为， 由第（2）问易得， 因为,所以，所以， 两条直线与间的距离， 所以， 令，， 所以， 设，则，在上恒为减函数， 所以在上恒为增函数， 当时即，取得最小值为12， 所以四个点所构成的四边形的面积的最小值为12. 12.已知，为椭圆的左，右顶点，为上的一点，为双曲线上的一点（，两点不同于，两点），设直线，，，的斜率分别为，，，，且. (1)设为坐标原点，证明：，，三点共线； (2)设、的右焦点分别为、，、均在第一象限，直线与直线相交于点，. （i）证明：； （ii）证明：. 【解析】（1）设，，则，， 因为，可知：， ，， 因为，可知：， 则，， 由可知：， 可知：，因此，，，三点共线. （2）（i）由可得：， 由（1）可知：.由，可知： ，且，都在第一象限，则，， 由（1）知：，，， 由（*）式结合，可知： ，，则，， 因此可得： ，由此可知：； 另解： 由（1）可知：，则，直线， 联立直线与椭圆：，解得点， 同理：，以下同上个解法. （ii）由（i）可知： ，， 则； 直线，直线， 设点，于是，， 则，即， 则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 则，， 于是，则； 另解1：由（i）可知： ， 则； 如图，取的中点，的中点，记椭圆左焦点为，连接， 由于，设， 则，则，，三点共线， 于是，则， 于是， 则，，，四点共线. 于是，， 由于为的中位线，则， 因为， 则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 则，， 于是，则. 另解2：由于 ，， 则，则是等腰直角三角形， 于是， ，， ， 同理可求， 由于， 于是，， 且，为锐角，由在上单调递增，所以 13.《文心雕龙》有语：“造化赋形，支体必双，神理为用，事不孤立”，意指自然界的事物都是成双成对的．已知动点P与定点的距离和它到定直线l：的距离的比是常数（）．设点P的轨迹为曲线H，若某条直线上存在这样的点P，则称该直线为“齐备直线”． (1)若，求曲线H的方程； (2)若“齐备直线”：与曲线H相交于A，B两点，点M为曲线H上不同于A，B的一点，且直线MA，MB的斜率分别为，，试判断是否存在λ，使得取得最小值？说明理由； (3)若，与曲线H有公共点N的“齐备直线”与曲线H的两条渐近线交于S，T两点，且N为线段ST的中点，求证：直线与曲线H有且仅有一个公共点． 【答案】(1) (2)存在使得取得最小值4，理由见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）把点满足的条件用坐标表示出来，整理化简即可； （2）把点满足的条件用坐标表示出来整理可得的方程，利用两点表示斜率公式求出，进而，结合基本不等式计算即可求解； （3）由（2）得曲线：，设，求出点的坐标，进而可得的坐标，代入双曲线方程，求出的关系，联立双曲线方程，整理化简可得一元二次方程，利用即可证明. 【详解】（1）当时，定直线：，比值为：. 设，则点到定点的距离与它到定直线的距离之比为， 即， 两边平方，整理得：，即为曲线的方程. （2）因为动点P与定点的距离和它到定直线l：的距离的比是常数（）， 所以，整理得， 即，即为曲线的方程. 设，则， ， 得， 当且仅当即时，等号成立， 所以存在使得取得最小值4. （3）由（2）知，当时，曲线：，双曲线的渐近线方程为：， 如图： 设，则，解得， 即，所以， 代入双曲线方程，得， 整理得，即， 解得或. 当时，，若，则， ，消去得，方程有唯一的解， 同理，若，得，方程有唯一的解， 故直线与曲线H有且仅有一个公共点； 当时，，消去得， ，方程有唯一的解， 故直线与曲线H有且仅有一个公共点. 综上，直线与曲线H有且仅有一个公共点. 【点睛】方法点睛： 学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考数学二轮复习高分冲刺【解答题全通关】 专题07 圆锥曲线解答题八种考法归纳 1. （2025上海秋季高考）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． 2．（2024年上海市高考数学第20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)若离心率时，求的值． (2)若为等腰三角形时，且点在第一象限，求点的坐标． (3)连接并延长，交双曲线于点，若，求的取值范围． 3．（2023年上海市高考数学第20题）已知抛物线Γ：y2＝4x，在Γ上有一点A位于第一象限，设A的纵坐标为a（a＞0）． （1）若A到抛物线Γ准线的距离为3，求a的值； （2）当a＝4时，若x轴上存在一点B，使AB的中点在抛物线Γ上，求O到直线AB的距离； （3）直线l：x＝﹣3，P是第一象限内Γ上异于A的动点，P在直线l上的投影为点H，直线AP与直线l的交点为Q．若在P的位置变化过程中，|HQ|＞4恒成立，求a的取值范围． 4．（2022年上海市高考数学第20题）设有椭圆方程Γ：1（a＞b＞0），直线l：x+y﹣40，Γ下端点为A，M在l上，左、右焦点分别为F1（，0）、F2（，0）． （1）a＝2，AM中点在x轴上，求点M的坐标； （2）直线l与y轴交于B，直线AM经过右焦点F2，在△ABM中有一内角余弦值为，求b； （3）在椭圆Γ上存在一点P到l距离为d，使|PF1|+|PF2|+d＝6，随a的变化，求d的最小值． 5．（2021年上海市高考数学第20题）已知Γ：y2＝1，F1，F2是其左、右焦点，直线l过点P（m，0）（m），交椭圆于A，B两点，且A，B在x轴上方，点A在线段BP上． （1）若B是上顶点，||＝||，求m的值； （2）若•，且原点O到直线l的距离为，求直线l的方程； （3）证明：对于任意m，使得∥的直线有且仅有一条． 题型01：圆锥曲线的定点问题 1.（2026虹口区高三一模）已知椭圆的左、右焦点分别为和，点是的长轴上的动点，点为上的动点,且异于点. (1)当点位于椭圆的左焦点,且能构成三角形时,求的周长; (2)当点位于椭圆的左顶点时,直线与轴交于点,求实数的值: (3)当点与椭圆的左、右顶点均不重合时,记直线与椭圆的另一个交点为,过点作直线与椭圆交于两点,设和分别为弦和弦的中点,若、为四个相异的点,,且直线恒过定点,求点的坐标. 2．(24-25上海高三阶段练习)已知抛物线经过点，焦点为，过作两条直线与抛物线交于四点，其中在第一象限，且在的左侧． (1)求的方程； (2)若直线与轴交于点，求直线与轴的交点坐标； (3)设直线与的斜率分别为，若，试问：直线是否过定点，若过请求出定点坐标；若不过，请说明理由． 3．(24-25大同中学高三开学考试)已知，，动点P满足直线与直线的斜率之积，动点P的轨迹形成曲线C． (1)求曲线C的方程； (2)设点（t为常数且），求线段PT长度的最大值； (3)经过点的两条直线，，直线与曲线C相交于A，M两点，直线与曲线C相交于B，N两点，若直线AB过定点，证明：直线MN恒过定点． 4. 已知双曲线：的右顶点为，实轴长为4，过双曲线的左焦点作直线，当直线与轴垂直时，直线与双曲线的两个交点分别为，，此时为等腰直角三角形． (1)求双曲线的方程； (2)当直线与双曲线的渐近线平行时，求直线与双曲线的交点坐标； (3)当直线与双曲线的左支交于，两点时，直线，分别交直线于，两点，在轴上是否存在定点，使得点始终在以线段为直径的圆上？若存在，求出点坐标，否则，请说明理由． 题型02：圆锥曲线的定直线问题 5．(24-25高二下·上海曹杨第二中学·期中)已知且，曲线. (1)若曲线是焦点在轴上的等轴双曲线，求曲线的离心率； (2)设，点，曲线上有A、B两点（其中在第一象限）.若且，求点的坐标； (3)设为给定常数，且，过点的直线与曲线交于D、E两点，为坐标平面上的动点.若直线ND、NT、NE的斜率的倒数成等差数列，试探究点是否在某定直线上？若存在，求该定直线的方程；若不存在，请说明理由. 6．（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. 7．已知双曲线C：的左、右焦点分别为、，焦距为，且点到其渐近线的距离为． (1)求C的标准方程； (2)若点是C上第一象限的动点，过点作直线l（l不与渐近线平行），若l与C只有一个公共点，且l与x轴相交于点M． （i）证明：； （ii）若点N在直线l上，且，那么点N是否在定直线上？若在定直线上，求出该直线方程；若不在定直线上，请说明理由． 题型03：圆锥曲线的定值问题 8.（2026届高三奉贤区一模）椭圆是第一象限内椭圆上的点，,,椭圆的离心率是且. （1）求椭圆的方程并在下图1中作出椭圆的左焦点，写出作图依据； （2）如图2，设，三角形的面积记为，三角形的面积记为，若,求点的坐标; （3）设，连结与椭圆交于点，连结与椭圆交于点，判断是否为定值？请说明理由. 9.现有一双曲线，和分别为的左焦点和右焦点，是双曲线上一动点，的最大值为3． (1)求双曲线的标准方程； (2)过的直线交双曲线左支于A，B两点（点在点上方），判断是否是定值，并给出理由； (3)在（2）的条件下，过点作平行于的直线交双曲线右支于C，D两点（点在点上方），与相交于点，求证：为定值． 10．已知曲线的离心率为，分别为的左、右焦点，过点的直线与交于两点，面积的最大值为，点为的左顶点． (1)求曲线的方程； (2)证明：为定值； (3)已知双曲线，若所在直线与双曲线的左支分别交于点，点（均异于点），过点作的垂线，垂足为，证明：存在点使得为定值． 11. 已知双曲线的两条渐近线分别为，，若点，分别在，上（，不同于原点），且直线是的切线，则称是的“渐切三角形”．已知在点处的切线方程为． (1)写出的一个“渐切三角形”的顶点，的坐标及切线的方程，并求出其面积； (2)已知点，分别在，上，的面积为，试问是否是的“渐切三角形”？并说明理由； (3)若是的“渐切三角形”，与相切的切点的横坐标大于0，为的左焦点，证明：为定值． 12. 如图所示，分别是“曲圆”与轴、轴的交点，已知，扇形的面积为． （注：题目中把半椭圆与圆弧合成的曲线称作“曲圆”，其中为半椭圆的右焦点） (1)求的值； (2)过点且倾斜角为的直线交“曲圆”于两点，试将的周长表示为的函数； (3)在（2）的条件下，当的周长取得最大值时，探究的面积是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请求出面积的取值范围． 题型04：最值与范围问题 13．（2025·上海黄浦·二模）椭圆的左、右焦点分别为，过点的直线与交于点． (1)若，点的坐标为，求点到直线的距离； (2)当时，求满足的点的个数； (3)设直线与的另一个交点为，，点的横坐标为，若的离心率，求的取值范围． 14．（2025·上海长宁·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为，点A是其左顶点，点P是双曲线上一点，且位于第一象限，若双曲线的离心率． (1)求双曲线的方程； (2)若三角形是等腰三角形，求点P的坐标； (3)直线不垂直于x轴，且与曲线的另一个交点为Q，若是锐角，求直线的斜率的取值范围． 15．（23-24高三上·上海杨浦·期中）已知椭圆经过，两点.为坐标原点，且的面积为，过点且斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点，.且直线，分别与轴交于点，. (1)求椭圆的方程； (2)若以为直径的圆经过坐标原点，求直线的方程； (3)设，，求的取值范围. 16．（2025·上海嘉定·二模）已知椭圆C：．F为椭圆的右焦点，过椭圆上一点的直线交椭圆于另一点Q，点M为椭圆上任意一点． (1)求的最小值； (2)当直线的斜率为1时，求面积的最大值及此时点M的坐标； (3)若直线与直线交于点D，点D不在x轴上，Q关于原点的对称点为点R，直线与交于点E，求线段的取值范围． 17.定义：设椭圆，我们称以坐标原点为圆心，，的调和平均数一半的算术平方根，即为半径的圆为该椭圆的“调和圆”.已知椭圆，其“调和圆”为圆；直线. (1)求圆的标准方程； (2)若直线为圆的任意一条切线，且与椭圆交于，两点，求证：为定值； (3)设，是椭圆上的两个动点，且，过点作直线的垂线，为垂足，求点到直线距离的取值范围. 18．（2026复旦附中高三阶段练习）对于二次曲线，我们有：若是曲线上的一点，则过点与曲线相切的直线方程为．已知椭圆，，动圆，点是与在第一象限的交点． (1)求椭圆的离心率； (2)过点作动圆的切线，经过椭圆的右焦点，求与满足的关系式； (3)若，直线与，均相切，切点在上，切点在上，求的最大值． 题型05：存在性问题 19.（2026届高三黄埔区一模）已知双曲线的中心位于坐标原点,焦点分别在轴的正、负半轴上,,直线是的一条渐近线,直线与有且只有一个公共点. （1）求的方程； （2）若点在轴上，且为直角，求点的坐标； （3）设动直线平行于，与交于点，，与交于点，是否存在常数，使得总成立?若存在,请求出的值;若不存在,请说明理由. 20．(24-25高二下·上海实验中学·期中)已知椭圆，为的上顶点，是上不同于点的两点． (1)求椭圆的离心率； (2)若是椭圆的右焦点，是椭圆下顶点，是直线上一点.若有一个内角为，求点的坐标； (3)作，垂足为．若直线与直线的斜率之和为，是否存在轴上的点，使得为定值？若存在，请求出点的坐标，若不存在，请说明理由． 21.已知是圆上一动点，点，直线与圆的另一个交点为，点在直线上且，动点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)过作轴的垂线与曲线在第一象限交于点，过点的两条直线交曲线于另外两点，若直线的斜率之和为，试证明直线过定点； (3)在（2）的条件下，设所过定点为，试问曲线上是否存在第二象限的点，使得最大，若存在，求出最大值；若不存在，说明理由. 题型06：圆锥曲线的面积问题 22.．（2025·上海崇明·一模）已知抛物线，，直线交抛物线于点、，交抛物线于点、，其中点、位于第一象限． (1)若点到抛物线焦点的距离为2，求点的坐标； (2)若点的坐标为，且线段的中点在轴上，求原点到直线的距离； (3)若，求与的面积之比． 23. 已知双曲线的渐近线上一点与右焦点的最短距离为． (1)求双曲线的方程； (2)为坐标原点，直线与双曲线的右支交于、两点，与渐近线交于、两点，与在轴的上方，与在轴的下方． （ⅰ）求实数的取值范围． （ⅱ）设、分别为的面积和的面积，求的最大值． 24. （25-26嘉定区二模）已知椭圆与直线、．过椭圆上一点P作的平行线交于点M，作的平行线交于点N． （1）当P为椭圆的上顶点时，求的大小； （2）若椭圆的离心率，求椭圆的方程，并求的最大值与最小值； （3）若为定值（与点P的位置无关），求a的值，并求此时四边形面积的最大值． 25.（2026届高三松江区一模）已知椭圆的左焦点为，过点的直线交椭圆于，两点.的最大值是的最小值是,满足. (1)求该椭圆的离心率； (2)若，点在椭圆上，且在轴上方，线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上,求直线的斜率; (3)设线段的中点为，的垂直平分线与轴和轴分别交于两点，是坐标原点.记的面积为的面积为,求的取值范围. 26.已知抛物线的焦点为，点在抛物线上．过点的直线与及圆依次相交于点，如图． (1)求抛物线的标准方程； (2)证明：为定值； (3)过两点分别作抛物线的切线，两条切线相交于点，求与的面积之积的最小值． 27.已知双曲线，点，经过点M的直线交双曲线C于不同的两点A、B，过点A，B分别作双曲线C的切线，两切线交于点E．（二次曲线在曲线上某点处的切线方程为） (1)求证：点E恒在一条定直线L上； (2)若两直线与L交于点N，，求的值； (3)若点A、B都在双曲线C的右支上，过点A、B分别作直线L的垂线，垂足分别为P、Q，记，，的面积分别为，问：是否存在常数m，使得？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由． 题型07：证明恒等式（不等式）或位置关系 28. （25-26崇明区二模）已知椭圆． （1）求椭圆C的离心率； （2）已知椭圆右顶点为A，设点M为y轴正半轴上一点，点P为椭圆C上的一点.若，求点M的坐标； （3）已知，过点的直线交椭圆C于D，E两点，直线DG交直线于点H，证明:轴． 29．（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. 30．法国数学家加斯帕尔·蒙日是18世纪著名的几何学家，他创立了画法几何学，推动了空间解析几何学的独立发展，奠定了空间微分几何学的宽厚基础，根据他的研究成果，我们定义：给定椭圆C：.，则称圆心在原点O，半径为的圆为“椭圆C的伴随圆”.已知椭圆C：的左焦点为，点在C上，且. (1)求椭圆C的方程以及椭圆C的伴随圆的方程； (2)将向上平移6个单位长度得到曲线，已知，动点E在曲线上，探究：是否存在定点，使得为定值，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由； (3)已知不过点A的直线l：与椭圆C交于M，N两点，点，分别在直线AM，AN上，证明：. 31．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. 题型08：求直线的方程或斜率 32.已知抛物线的焦点为，且抛物线经过点，直线与抛物线交于两点，为坐标原点． (1)求拋物线的标准方程； (2)若直线过定点，求面积的取值范围； (3)若，求直线的方程． 34.已知椭圆（）的短轴长与焦距相等，且椭圆过点，斜率为k的直线l过椭圆的右焦点，且与椭圆交于A，B两点，M是线段AB的中点，射线OM与椭圆于点C. (1)求椭圆方程； (2)若直线，求点C的坐标； (3)是否存在正数k，使四边形OACB是平行四边形？若存在，求出直线AB的方程，若不存在，请说明理由. 35. （25-26闵行区二模）已知椭圆的焦距为，离心率为，过点的直线交椭圆于点. （1）求的方程； （2）记的面积为，求证：； （3）求的最大值与最小值，并写出取最大值与最小值时直线的方程. 36.由椭圆的两个焦点和短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“特征三角形”．如果两个椭圆的特征三角形是相似三角形，则称这两个椭圆“相似”，并将特征三角形的相似比称为这两个椭圆的相似比． (1)求经过点，且与椭圆相似的椭圆方程． (2)已知椭圆，椭圆与椭圆的相似比为． ①若直线与椭圆相切，且与椭圆交于两点，求的取值范围； ②过点作斜率不为的直线与椭圆交于两点（在的上方），直线与椭圆交于两点（在的上方）．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． 1.已知抛物线C：经过点，C的焦点F在x轴的正半轴上，点A，B在C上运动． (1)求C的方程． (2)若直线AB的方程为，求内切圆的半径r． (3)设点，且EF平分，试问直线AB：是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由． 2. 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； 3. 已知椭圆过点，离心率为，左、右焦点分别为、，右顶点为． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆的另外一个交点为，当的面积最大时，求直线的方程； (3)若点、是直线上不同的两点，则向量以及与它平行的非零向量都称为直线的方向向量，当直线时，直线的方向向量称为直线的法向量．设、为实数，直线的一个法向量为，为直线上任一点，点为坐标平面内的定点，我们把称为点在直线上的投影数量．当与椭圆相切时，点、在直线上的投影数量的乘积是否为定值？若是，求出这个定值，若不是，说明理由． 4.已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，其离心率为，焦距为． (1)求椭圆的标准方程； (2)已知直线：与椭圆交于，两点，为弦的中点，证明：点在定直线上； (3)求椭圆的内接菱形边长的最大值． 5.如图，已知椭圆的左右焦点为，短轴长为为上一点，为的重心.    (1)求椭圆的方程； (2)椭圆上不同三点，满足，且成等差数列，线段中垂线交轴于点，求点纵坐标的取值范围； (3)直线与交于点，交轴于点，若，求实数的取值范围. 6.已知椭圆过点，且离心率，过点的直线与交于，两点，直线，与直线分别交于点，. (1)求的方程. (2)记直线，的斜率分别为，，证明：为定值. (3)是否存在实数，使得（表示面积）恒成立？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 7.已知椭圆的左、右焦点分别为为椭圆的一个顶点，且右焦点到直线的距离为 (1)求椭圆C的标准方程； (2)设直线 与椭圆C交于A、B两点. ①若直线l过椭圆右焦点，且的面积为求实数k的值； ②若直线l过定点 ，且， 在x轴上是否存在点 使得以 为邻边的平行四边形为菱形? 若存在，则求出实数t的取值范围； 若不存在，请说明理由. 8.已知椭圆的离心率为，分别为椭圆的左，右焦点，点是椭圆上一动点，且面积最大值为3. (1)求椭圆的方程； (2)已知直线与椭圆交于两点. （i）若中点的横坐标为，求的值； （ii）已知点，直线与直线分别交于点，平面内是否存在一点，使得四边形为平行四边形.若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由. 9.已知双曲线的离心率为，右顶点为为双曲线右支上两点，且点在第一象限，与不重合，以为直径的圆经过点． (1)求的方程； (2)证明：直线恒过定点； (3)若直线与轴分别交于点，且为中点，求的值． 10.如图，已知抛物线的焦点到准线的距离为2，过点的直线交抛物线于两点，点在抛物线上，使得的重心在轴上，直线交轴于点，且在点的右侧．记、面积分别为、． (1)求抛物线的标准方程； (2)若直线的斜率为，求以线段为直径的圆的面积； (3)求的最小值及此时点的坐标． 11.已知双曲线的焦距为4，离心率为2，，分别为C的左、右焦点，两点，都在C上. (1)求C的方程； (2)若，求直线AB的方程； (3)若，且，，求四个点A，B，，所构成四边形的面积的最小值. 12.已知，为椭圆的左，右顶点，为上的一点，为双曲线上的一点（，两点不同于，两点），设直线，，，的斜率分别为，，，，且. (1)设为坐标原点，证明：，，三点共线； (2)设、的右焦点分别为、，、均在第一象限，直线与直线相交于点，. （i）证明：； （ii）证明：. 13.《文心雕龙》有语：“造化赋形，支体必双，神理为用，事不孤立”，意指自然界的事物都是成双成对的．已知动点P与定点的距离和它到定直线l：的距离的比是常数（）．设点P的轨迹为曲线H，若某条直线上存在这样的点P，则称该直线为“齐备直线”． (1)若，求曲线H的方程； (2)若“齐备直线”：与曲线H相交于A，B两点，点M为曲线H上不同于A，B的一点，且直线MA，MB的斜率分别为，，试判断是否存在λ，使得取得最小值？说明理由； (3)若，与曲线H有公共点N的“齐备直线”与曲线H的两条渐近线交于S，T两点，且N为线段ST的中点，求证：直线与曲线H有且仅有一个公共点． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $