专项04 圆锥曲线 5大题型（大题专练）（上海专用）2026年高考数学终极冲刺讲练测

专项04 圆锥曲线 内容导航 【命题解码·定方向】命题趋势+2026年预测 【解题建模·通技法】析典例，建模型，技法贯通破类题/变式 【实战刷题·冲高分】精选高考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分 命题趋势： 年份 解答题题号与分值 考查曲线类型 解答题核心考点 解答题命题特点 2021 秋考20题（18分） 椭圆、抛物线 椭圆定义、直线与椭圆位置关系；抛物线定义、平面向量综合应用 综合性强，强调平面向量与解析几何的深度结合，计算量中等，设问有梯度 2022 秋考20题（18分） 椭圆、双曲线 椭圆方程求解、最值与范围问题；结合点到直线距离考查几何转化 侧重几何转化能力，融入基本不等式，弱化纯代数计算，入口易、深入难 2023 秋考20题（18分） 椭圆、抛物线 直线与抛物线综合应用、离心率计算；结合新定义曲线考查迁移能力 贴合上海命题特色，创新新定义题型，分阶设问明显，区分度强 2024 秋考20题（18分） 双曲线 双曲线定义、直线与双曲线位置关系；侧重逻辑推理与几何分析 减少复杂运算，强化几何分析能力，注重解题逻辑的严谨性，梯度设计合理 2025 秋考20题（18分） 椭圆、双曲线 椭圆定点定值问题、参数范围求解；双曲线离心率、渐近线综合应用 高频考点重复出现，稳定性强，侧重多知识融合，突出思维能力考查 2026年预测： 1. 位置与分值 固定为第20题（压轴解答题），总分18分 第(1)问：4–6分（基础：求方程、离心率、基本性质） 第(2)问：7–8分（中档：弦长、面积、向量、几何条件） 第(3)问：6–7分（压轴：定点、定值、范围/最值、存在性） 2. 曲线载体 主流：椭圆（近5年高频，2026仍为主流） 次主流：抛物线（上海卷常考，运算量适中） 冷点：双曲线（偶考，2024刚考过双曲线，2026概率低） 融合：椭圆 + 圆 / 抛物线（创新趋势） 3. 核心考点预测 定点/定值/定直线（上海卷最爱，80%概率） 范围与最值（结合函数、不等式、判别式） 几何性质转化（垂直、平行、等腰、中点、角平分线、向量） 存在性问题（是否存在点/直线满足条件） 运算简化（设线技巧、点差法、几何减算） 题型01 弦与中点类 析典例·建模型 1．（2026·上海杨浦·二模）已知A、F分别是双曲线：（常数）的右顶点和右焦点，记过一、三象限的渐近线为. (1)求双曲线的离心率和渐近线的方程； (2)设，是上一点，若线段的中点在双曲线上，求点Q的坐标； (3)设，过A作两条相互垂直的直线与双曲线交于M、N两点（M在第一象限），若直线、分别与交于C、D两点，且与的面积之比为2，求直线的方程. 【思路分析】（1）借助离心率定义与渐近线定义计算即可得； （2）设，结合中点公式可表示出点坐标，代入双曲线方程计算即可得； （3）设出直线的方程，联立曲线可得点坐标，联立渐近线方程可得点坐标，利用直线、的关系计算可得点、点坐标，再利用面积公式计算即可得解. 【规范答题】（1）由可得，则，则， 故双曲线的离心率， 渐近线的方程为； （2）由，则双曲线方程为，，设， 则线段的中点的坐标为， 有，解得，故点Q的坐标为； （3）由，则双曲线方程为，、， 由题意可得直线斜率存在且不为， 设直线的方程为，则直线的方程为， ，解得或，则， 由在第一象限，则，解得， ，解得，即， 则，即， ，即， ， 即，则，又，故， 即直线的方程为，整理得. 研考点·通技法 中点弦通用：点差法（上海减算神器）椭圆 ，设弦端点两式作差：变形得中点斜率公式： ✅ 适用：已知中点求直线、已知弦斜率求中点范围，避开联立大量计算。 弦长公式固定模板（上海必写）统一设线 ，联立得一元二次方程：弦长 上海阅卷：必须写出，否则扣步骤分。 中点陷阱规避点差法只能得必要条件，算出直线后，必须带回检验，上海高频扣分点。 破类题·提能力 1．（2025·上海长宁·一模）已知抛物线的焦点为，经过点的直线与抛物线交于两点． (1)设，求点的横坐标； (2)设为坐标原点，线段中点的纵坐标为，求的面积； (3)设线段的垂直平分线与抛物线交于点，若以线段为直径的圆经过点，求直线的方程． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据抛物线的定义及，求出； （2）设，设直线的直线方程为，与抛物线方程联立，根据韦达定理得到，，再根据中点的纵坐标为，可解得结果； （2）设，，求出，利用可得结果. 【详解】（1）由抛物线方程知：，设， 由得：，. （2）由题意知：直线斜率不为零，可设，， 由得：，则， ，， ，又因为中点的纵坐标为，所以， 所以的面积为； （3）由题意知：直线斜率不为零，可设，， 由得：，则， ，，所以中点为， 因为线段的垂直平分线与抛物线交于点， 设， 联立可得， 由韦达定理可得，， 若以线段为直径的圆经过点， ， ，不相等，不相等， 所以，同理 可得，不相等， 所以 即，解得. 所以直线的方程为. 2．（2026·上海徐汇·二模）已知无穷数列为严格增数列，且.双曲线的方程为为双曲线上两个不同的动点，其中在双曲线的右支上. (1)若，求双曲线的渐近线方程和焦点坐标； (2)若，且点为线段的中点，求实数的取值范围； (3)已知直线过双曲线的右顶点.若在双曲线的右支上，则称弦为双曲线的“同支弦”，否则称其为双曲线的“异支弦”.是否存在等差数列，使得对于任意正整数，双曲线“同支弦”弦长的最小值均大于双曲线“异支弦”弦长的最小值？若存在，请求出数列的通项公式；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)渐近线方程；焦点坐标为. (2) (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）根据双曲线的标准方程求出的值，进而得到渐近线方程和焦点坐标. （2）先设出的坐标，再根据中点坐标公式得到关于的表达式，最后结合双曲线的性质求出的取值范围. （3）先设出直线的方程，然后分别联立直线与双曲线的方程，求出“同支弦”和“异支弦”弦长的表达式，再根据条件列出不等式，进而判断是否存在满足条件的等差数列. 【详解】（1）当时，双曲线的方程为，此时. 根据双曲线渐近线方程可得. 根据可得，焦点在轴上，所以焦点坐标为. （2）设，因为在双曲线的右支上，所以. 在双曲线的右支上，所以. 已知点为线段的中点，根据中点坐标公式可得. 因为，所以，则. 即实数的取值范围是. （3）的右顶点为. 若直线的斜率为0，此时，为异支弦，. 若直线的斜率不为0，设直线的方程为，代入， 得. 当时， 设，则 . 设，则. 当为异支弦时，，所以，即. 所以，所以异支弦最小值为. 当为同支弦时，. 因为，所以. 所以同支弦长最小值为，由已知，所以. 若是等差数列，设公差为，则一定存在一个充分大的，使. 此时，不合题意，所以不存在这样的等差数列. 题型02垂直·向量·角度转化 析典例·建模型 1．（2026·上海崇明·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． 【思路分析】（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. 【规范答题】（1）记椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为， 则，所以离心率. （2）由题知，，设，， 因为，， 所以，得， 代入椭圆方程得，解得（负根舍去） （3）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. 研考点·通技法 垂直条件两套转化（二选一，择优） 斜率型：（斜率均存在） 向量型（上海首选，无遗漏）： 三点共线，避免斜率不存在讨论。 角平分线/等角上海不考复杂夹角公式，只用两种：斜率对称关系，点到直线距离相等（几何法最简） 向量比例问题 类，优先坐标分点转化，少用定比分点冷门公式。 破类题·提能力 1．（25-26高三下·上海·月考）已知双曲线与圆在第一象限的交点为，定义曲线. (1)若，求的离心率； (2)若与轴的交点是上的点满足，求的大小； (3)若过点且斜率为的直线交曲线于，试用的代数式表示，并求出的取值范围． 【答案】(1) (2)或 (3)，取值范围为. 【分析】（1）先求出点的坐标，然后求出，进而求得双曲线的离心率； （2）根据双曲线的定义求出，然后根据余弦定理求解即可； （3）先求出直线的方程，然后分别与圆和双曲线的方程联立求出点的坐标，进而根据向量数量积的坐标公式求出，结合图中点在的上方，求出的范围，即得其取值范围. 【详解】（1）因为，所以代入双曲线方程中得，解得. 因为点在第一象限，所以. 将代入圆的方程得，，解得. 所以双曲线的离心率为. （2）因为，所以圆. 令，则，所以，恰好是双曲线的焦点. 因为上的点满足，根据双曲线的定义可知. 所以或，因为， 在中，由余弦定理 时，，解得， 此时； 时，，解得； 此时. （3）过点且斜率为的直线的方程为，即. 联立直线与圆的方程为：. 展开化简得：. 因为，则上式可化简得，解得，记为； 联立直线与双曲线的方程为：. 展开化简得：，解得， 则，记， 故， 因为直线与曲线有两个交点，如图可知，点在的上方，所以. 由得，则，解得, 又，故，则， 故 所以的取值范围是. 2．已知双曲线，过点的直线与双曲线交于、两点. (1)若，且直线垂直于轴，求； (2)若，设在第一象限，双曲线的左顶点为，若为等腰三角形，求点的横坐标； (3)若分别为双曲线的左右焦点，点是点关于轴对称的点，若存在直线使得，求实数的取值范围. 【答案】(1)； (2)4或； (3) 【分析】（1）求出坐标即可； （2）设，分、、三种情况讨论，利用两点间距离公式求解； （3）分斜率是否为0讨论，若直线斜率不为0，设直线，与双曲线方程联立，根据韦达定理化简，得出的关系式，再结合且求出范围即可. 【详解】（1）令，则，得，故； （2）设满足，， ①当时，， 解得（舍去）或， ②当时，， 得（舍去）或， ③若，则，不符合题意； 综上所述，点的横坐标为4或； （3）①当直线斜率为0时，，则为双曲线的两个顶点，且重合， 则，舍去； ②若直线斜率不为0，设， 设直线， 联立，得， 则且，得且， 由韦达定理得， 因为，所以 因为， 所以， 则， 则， 即， 则， 即， 得， 即，得， 由，，，得， 若，对称轴为，则； 若，对称轴为，则， 因为，所以实数的取值范围为. 题型03 定点 定值 定直线 析典例·建模型 1．已知动圆过定点，且与直线相切，其中. (1)求动圆圆心的轨迹方程； (2)设，是轨迹上异于原点的两个不同点，若以为直径的圆恰好过点，证明直线恒过定点，并求出该定点坐标； (3)设，是轨迹上异于原点的两个不同点，直线和的倾斜角分别为和，当时，证明直线恒过定点，并求出该定点坐标. 【思路分析】（1）设动圆圆心为，则，由此能导出所求动圆圆心的轨迹的方程． （2）设出直线方程，联立抛物线方程消元，利用韦达定理代入整理可得； （3）设，，设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，由得，由此能求出直线过定点坐标． 【规范答题】（1）设动圆圆心为，依题意可得， 整理得， 所求动圆圆心的轨迹的方程是. （2）易知直线的斜率不为0，设其方程为，，， 联立，得， 则，， 由题意知，， 即， 利用韦达定理代入得，整理得， 因为直线不过原点，故，所以， 即直线方程为，过定点. （3）证明：设，，由题意得（否则，且，， 所以直线的斜率存在，设其方程为， 显然，．即，， 把代入得， 由韦达定理知，，， 由得 韦达定理代入上式，整理化简得，， 此时，直线的方程可表示为：，即， 令，解得， 直线恒过定点． 2．（25-26高三上·上海·期中）已知点为椭圆的右焦点，椭圆的离心率为； (1)求椭圆的方程； (2)若点为椭圆上的一个动点，，不在直线上，求面积的最大值，并指出面积最大时点的坐标； (3)若直线与椭圆交于A，B两点，记直线的斜率为，且，问的面积是否为定值？如果是，求出该定值：如果不是，请说明理由： 【思路分析】（1）由题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，由此可得出椭圆的标准方程； （2）设与直线平行的直线方程为，当此直线与椭圆相切时，与距离比较远的直线与椭圆的切点为，此时的面积取得最大值，联立直线与椭圆方程，消元由得的值，找到与距离比较远的直线方程，利用平行线间的距离公式求出高，再求出，即可求解面积和点的坐标； （3）设，，联立直线和椭圆的方程写出韦达定理，根据求出和的关系式，根据求出，求出点到直线l的距离，求出的面积. 【规范答题】（1）由题意得，解得， 故椭圆的标准方程为. （2）点和知， 直线的斜率为，则方程为：，即， 设与直线平行的直线方程为， 当此直线与椭圆相切时，与距离比较远的直线与椭圆的切点为， 此时的面积取得最大值． 将代入椭圆方程， 消去整理得， 则，解得或4． 所以直线方程为或， 与距离比较远的直线方程是， 两平行线之间的距离， 又，所以的面积的最大值是． 方程即，解得，即的纵坐标为， 将代入直线得，所以的坐标为， 所以面积的最大值为，此时点的坐标为． （3）设，，联立直线和，    可得， 可得，， ， 由可得， 由弦长公式可得 ，而点到直线l的距离为， 所以， 综上可知，的面积为定值. 研考点·通技法 题型1：定点问题 解题套路（上海标准） ① 特殊位置探点：直线垂直x轴/水平/过原点，快速算出候选定点 ② 一般情况设线联立，韦达代入 ③ 整理为： 恒成立 ④ 令参数系数=0，证恒过定点 关键简化过x轴动直线，一律设 ，天然规避斜率不存在，上海最优解。 题型2：定值问题 高频考法线段倒数和、面积比值、距离乘积、斜率和/积为定值 上海解题逻辑韦达展开→通分合并→参数全部消去→结果为常数 秒杀特征式子结构对称、与组合消参，是定值题信号。 题型3：定直线 多为对称轴、准线类背景，优先几何猜想+代数证明。 破类题·提能力 1．（2026·上海松江·模拟预测）已知椭圆的左焦点为，过点作斜率不为0的直线与椭圆交于两点. (1)求椭圆的离心率； (2)设直线MF､NF的斜率分别为，求的值； (3)若点E满足，点D在椭圆上，轴，探究直线EF与直线DQ的斜率之积是否为定值？若为定值，请求出该值；若不为定值，请说明理由. 【答案】(1) (2)0 (3)是， 【分析】（1）根据已知确定椭圆参数，即可求离心率； （2）设直线，，联立椭圆方程并应用韦达定理，代入化简即可得； （3）由题设为的外心，由，从而有，得，设出三角形外接圆的方程，联立整理得一元二次方程，其与（2）中方程同解得到等比例关系求得，进而确定坐标并求得，即可得结论. 【详解】（1）由题设，则，离心率为； （2）由（1）知，，即， 设直线，， 联立得，则， ， ， 所以； （3）由，则为的外心， 由，根据对称性知，则， 设过的圆为， 过得，， 联立圆与直线，整理得， 上述方程与有同解， 所以，可得， 外心，则， 所以为定值. 2．已知椭圆的左、右顶点分别为，且椭圆经过点，点为坐标原点. (1)求椭圆的标准方程； (2)已知点为椭圆上任意一点，点，求的取值范围； (3)已知过椭圆右焦点的直线交椭圆于不同的两点，且直线不与坐标轴垂直，设直线的斜率分别为，试探究：是否为一个定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据椭圆过点，代入椭圆方程求解即可； （2）设点,由,根据题意和椭圆方程可得，再根据二次函数性质求解范围； （3）直线的方程为，，联立直线和椭圆方程得，由得，再根据韦达定理化简即可. 【详解】（1）由椭圆过点，可知，解得， 所以椭圆的标准方程为. （2）如图所示，设点,由,可得 所以， 由，得， 所以. 设，由，得，且对称轴， 所以在，， 因为，， 所以在的值域为，故的取值范围是. （3）由题意知椭圆右焦点，左右顶点分别为, 设直线的方程为，，联立， 消去得，故. 由，得， 即， 代入， 得，再代入， 得， 所以为定值. 3．已知椭圆的任意两条相互垂直的切线交点的轨迹是圆，称为椭圆的蒙日圆，其方程为．已知椭圆的离心率为，焦距为，为坐标原点． (1)求的标准方程； (2)已知直线与交于两点，且，求面积的取值范围； (3)过的蒙日圆上一点，作的一条切线，与蒙日圆交于另一点，若直线的斜率存在设的斜率分别为，证明：为定值． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用离心率和焦距求出，进而求出的标准方程； （2）分斜率存在和不存在两种情况讨论，结合得出构造方程，结合韦达定理及面积公式求解； （3）设直线方程，联立直线和圆方程结合韦达定理计算求出，从而证明结论． 【详解】（1）已知椭圆的离心率为，焦距为，故， 由，得，， 椭圆的标准方程为：． （2） 由（1）知椭圆的标准方程为：， 当斜率不存在时，设直线：，则，代入椭圆方程得， 解得，则， 由，则，解得，， 则面积为， 当直线斜率存在时，设方程为，， 联立直线与椭圆方程得， ，可得①， 且，则 ， 化简得，即，经检验满足①式. ， 令，，则，， ， 令，则，则， 二次函数，开口向下，对称轴，最大值为， 区间端点或时，，即，故， ， 综上可得，面积的范围为． （3） 由（1）得，则蒙日圆为， 设椭圆的切线方程为，由椭圆切线条件， 设切线与蒙日圆的交点， 联立切线与圆方程，得， 由韦达定理得，因， 则 ． 题型04 范围与最值类 析典例·建模型 1．（2026·上海·二模）设椭圆的左顶点为A． (1)求的离心率； (2)设的左焦点为F，上顶点为B，若点P在上且位于y轴右侧．，求点P的横坐标； (3)设直线，l与交于不同的两点C和D，若点A在以CD为直径的圆外，求实数m的取值范围． 【规范答题】（1）由椭圆方程可得，，所以. （2）由条件可知， 设直线的斜率为，直线的斜率为， ，因为，所以， 所以直线的方程为， 联立椭圆：， 所以或， 又因为点P位于y轴右侧，所以P的横坐标为. （3）设 ，，联立椭圆 ， 先确定有两个交点，即， 即， 所以. 因为圆上任意一点与直径两端点连线所成的角为直角， 而点在以为直径的圆外，所以，等价于， 由，， 所以， 即. 将，代入可得， ， ， 解得 或，结合， 所以. 2．（25-26高三下·上海·月考）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆，过右焦点作两条互相垂直的弦AB、CD，且AB、CD中点分别为M、N． (1)写出椭圆右焦点的坐标及该椭圆的离心率； (2)证明：直线MN必过定点，并求出此定点坐标； (3)若弦AB、CD的斜率均存在，求面积的最大值． 【思路分析】（1）直接根据椭圆方程写出右焦点的坐标及离心率； （2）分斜率均存在和一条直线斜率不存在一条斜率为0两种情况讨论，斜率均存在，设，联立方程利用韦达定理求得点的坐标，从而可求得直线的方程，即可得证； （3）由（2）可知直线MN过定点，则，化简整理结合函数的单调性即可得出答案. 【规范答题】（1）由椭圆方程可知：，，所以 则右焦点坐标，该椭圆的离心率； （2）若直线的斜率存在且不为，则设，， 则 联立，得， 则， 则，则， 同理可得， 则直线的斜率倒数为， 则直线的方程为，即， 令得，所以此时直线MN也过定点， 当两条直线其中一条斜率不存在，一条直线斜率为0时， 不妨设斜率不存在，斜率为0，此时， 则直线的方程为，过点， 综上，动直线MN过定点； （3）由（2）可知直线MN过定点，则， ， 令，则， 因为在上单调递增，所以， 故面积的最大值为. 研考点·通技法 范围唯一底层依据直线与曲线相交 ，先锁死参数定义域。 最值两大方法 函数法：把目标式化为单变量函数，结合定义域求值域（上海主流） 不等式法：对称结构、和定积定，用基本不等式快速最值 面积速算模板以x轴上定点分割：固定写法，考场直接套用。 破类题·提能力 1．（25-26高三下·上海浦东新·期中）已知双曲线的左顶点为A，过点的直线l交双曲线C于M、N两点，点M在第一象限． (1)若双曲线C的焦距为，求该双曲线C的离心率e； (2)若，为直角三角形，求点M的坐标； (3)若双曲线C的一条渐近线方程为，点M、N均在双曲线C的右支，且存在实数，使得成立，求直线l的倾斜角的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据焦距和离心率公式求解即可； （2）分，两种情况讨论，根据垂直条件代入双曲线方程求解； （3）根据渐近线方程得双曲线的方程，设直线l的方程为，联立方程，根据韦达定理求出，，根据得到的范围，构造的不等式，解出的范围，进而求出倾斜角的范围. 【详解】（1）由题，，得 故 （2）因为点M在第一象限，故不可能为直角； 若，将代入曲线，得符合题意，； 若，设点，则， 则 又因为点M满足，可得，此时， DM与双曲线渐近线平行，不满足两个交点，舍去． 综上，点M的坐标； （3）由题可得，双曲线 ， 当直线l的斜率不存在时，根据双曲线的对称性，，不满足， 所以直线l的斜率一定存在， 又，说明三点共线，且都在双曲线的右支上，所以直线l的斜率不为0，， 设直线l的方程为，、，且，， 联立方程，可得 显然，， ，，故 由，可得，且． 故 因此 ， 根据对勾函数的性质：在上单调递减， 可知， 又， 故，可得． 所以，直线l斜率的取值范围为， 直线l倾斜角的取值范围为. 2．已知椭圆，点为上关于原点对称的两点，点为上异于的一点，点满足，其中为实数． (1)求椭圆的离心率； (2)若点的坐标为，，且直线经过点，求点的坐标； (3)若存在点，使得直线与直线垂直，且直线与有两个公共点，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)或 (3) 【分析】（1）由方程得到，再算出即可得到离心率； （2）根据通过向量计算求出点坐标，再根据和两点写出直线的方程，与椭圆方程联立即可得点坐标； （3）同（2）中方法得到点坐标，再利用垂直关系得到直线的方程，与椭圆方程联立得到二次方程，使其判别式大于零，再通过变量代换解该不等式得到的范围. 【详解】（1）由椭圆的方程可得，则，∴. （2）因为点为椭圆上关于原点对称的两点，点的坐标为，所以点的坐标为， 设点，已知且，即， ∴，解得，所以点的坐标为， 已知直线经过点和点，由斜率公式可得直线的斜率， 于是可写出直线的点斜式方程，即， 联立，解得或，和横坐标不相等， 当时，，当时，，所以点的坐标为或. （3）设，则，且满足，同（2）中推导可得，其中， 因为直线与垂直，若，则，可得， 结合点坐标可写出直线方程为即，与椭圆方程联立， 得，整理得， 依题意有，化简得， 当时，，此时直线为，与椭圆联立得即，同样满足上式， 由椭圆方程知，令，因为，所以， 代入不等式右侧构造函数， 再令，则，利用二次函数性质可得最大值为，即， 解得. 3．（25-26高三下·上海宝山·期中）将以坐标原点为顶点，以轴为对称轴，并经过点的抛物线记为.作两条直线分别与抛物线相交于点，设的斜率分别为，且满足. (1)求抛物线的标准方程； (2)证明：直线的斜率； (3)若直线在轴上的截距，求面积的最大值. 【分析】（1）待定系数法设出抛物线的表达式，代入点的坐标求解即可； （2）联立、与抛物线方程，求出、的坐标，利用斜率公式求解即可； （3）用含的式子表示弦长及点到直线的距离，进而表示面积，利用函数求最值即可. 【详解】（1）由题意，设所求抛物线的方程为：， 点代入抛物线的方程得：， 所以抛物线的标准方程为：. （2）由题意直线的方程可设为， 联立，代入化简得， 由题意，从而，即， 从而，即; 同理可得，， ， 又，所以， 所以. （3）由（2）可知， 设直线的表达式为，即 联立，代入化简整理得: , 由故, 从而，， 点到直线的距离， ， 令，则，， 设，则，令，解得（负值舍去） 则当时，,单调递增； 当时，,单调递减； 从而， 即面积的最大值为. 4．（2026·上海闵行·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 【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. 【详解】（1）由题意得，故，结合离心率得. 由椭圆关系，因此椭圆的方程为： ； （2）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. （3）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 5．（25-26高三下·上海·月考）我们约定，如果一个椭圆的长轴和短轴分别是另一条双曲线的实轴和虚轴，则称它们互为“姊妹”圆锥曲线.已知椭圆：，双曲线是椭圆的“姊妹”圆锥曲线，、分别为、的离心率，且，点、分别为椭圆的左、右顶点，设过点的动直线交双曲线右支于、两点，若直线、的斜率分别为、. (1)求双曲线的方程； (2)试探究是否为定值.若是定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由； (3)求的取值范围. 【答案】(1)； (2)是，； (3) 【分析】‘（1）根据题目条件列出方程，求出，得到双曲线方程； （2）设出直线方程，与双曲线方程联立，结合韦达定理求出与的比值； （3）求出与的范围，结合函数单调性求取值范围. 【详解】（1）由题意可设双曲线：， 则， 解得，所以双曲线的方程为. （2）设，，直线的方程为， 由得， 则，，且， 所以 ； (或由韦达定理得，即， 所以 ) 即与的比值为定值. （3）设直线：， 由得， 由于点为双曲线的左顶点，所以此方程有一根为， 由韦达定理得，解得. 因为点在双曲线的右支上，所以， 解得，即， 同理可得， 由（2）中结论得， 得，所以， 故， 设，其图象对称轴为， 则在和上严格减， 故， 故的取值范围为. 题型05 存在性探究问题 析典例·建模型 1．（25-26高三上·上海·期中）已知和为椭圆上两点. (1)求的离心率； (2)若过点的直线交于另一点，且的面积为12，求直线的方程； (3)设过点的动直线与椭圆有两个交点、，试判断在轴上是否存在点使得向量所成角恒成立，若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，说明理由. 【思路分析】（1）根据题目条件，以及待定系数法，求出参数值，进而求出椭圆离心率； （2）根据直线和椭圆的位置关系，以及韦达定理，列出方程组，根据三角形面积，求出参数值，进而求出直线方程； （3）根据椭圆和直线的位置关系，以及韦达定理，根据向量数量积得坐标表示，列出不等式组，求出参数范围，求出结果. 【规范答题】（1）由题意，解得， 所以. （2）    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，， ，消可得， 当时， ，又，所以， ， 又点到直线的距离， 所以， 整理可得或（无解），即， 解得或，此时代入检验，均满足， 或，即或. （3）    椭圆方程为：.若过的动直线的斜率存在， 则可设该直线方程为：，设，，， 联立椭圆方程可得， 故，，， 而，， 故 因为恒成立，故，解得， 若过点的动直线的斜率不存在，则，， 此时需，综上，可得. 故点纵坐标的取值范围为. 2．（2025·上海黄浦·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． 【思路分析】（1）利用双曲线的焦距确定c，渐近线斜率确定，结合求出，进而得到双曲线方程. （2）联立直线与双曲线，由判别式得以确定点坐标，设点坐标后，利用向量垂直的数量积为0求解的坐标. （3）先确定直线的方程，联立与双曲线得韦达定理，联立与得点坐标，计算和并化简对比，得出常数的值. 【规范答题】（1）依题意，，解得， 所以的方程为. （2）联立，消去并化简得， 由题意可得，解得，因为， 所以，代入上式，解得， 所以，设， 因为为直角， 所以， 解得或， 所以或. （3），设，， 联立，消去并化简得， ， ， 联立，解得， 所以， ， 代入点坐标及韦达定理得 ， ， 所以，使得. 研考点·通技法 先假设存在，设出点坐标或直线方程 翻译几何条件，联立韦达 化简判断： 有解、符合→存在 无解、矛盾、超出范围→不存在 应试技巧上海存在性问题90%存在，可先猜结论再证明，踩分更稳。 破类题·提能力 1．（25-26高三上·上海嘉定·期中）在平面直角坐标系中，已知椭圆的左､右顶点分别为､，右焦点为，且椭圆过点､，过点的直线与椭圆交于､两点（点在轴的上方）.      (1)求椭圆的标准方程； (2)若，求点的坐标； (3)设直线､的斜率分别为､，是否存在常数，使得？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）代入已知两点坐标求得椭圆方程； （2）设，由，得所以又点在椭圆上，解方程组即可得解； （3）设存在常数，使得.由题意可设直线的方程为，点，且.与联立，韦达定理求出,用表示出，消去，将代入化简即可得解. 【详解】（1）因为椭圆过点､，则有，解得， 所以椭圆的标准方程为. （2）设，由（1）知，,所以 因为，所以，则即， 即. 又点在上，将代入，解得， 又点在轴的上方，所以点的坐标为 （3）假设存在常数，使得. 由题意可设直线的方程为，点，且. 与联立得，，则. 又因为, 所以即. 所以存在常数，使得 2．（25-26高三上·上海青浦·期末）已知椭圆的左､右焦点分别为为上两个不同的点，记的周长和面积分别为和. (1)若的离心率为，求的值； (2)若满足的点有且仅有两个，求的取值范围； (3)若，是否存在点使得和同时取到最大值？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由. 【分析】（1）根据离心率的定义计算； （2）根据椭圆的对称性以及即可求出； （3）根据椭圆的定义得出，得出当三点共线时最大，进而设，与椭圆方程联立，再分别令，，结合基本不等式分别求面积的最大值，再作比较即可. 【详解】（1）由题意知，，则， 因，则离心率为，得； （2）对于椭圆上任意一点，有， 因满足的点有且仅有两个且椭圆为对称图形，则， 得， 故的取值范围为； （3）若，则，， 由椭圆的定义可知，， 则， 等号成立时三点共线， 故当三点共线时，取得最大值； 因直线的斜率不为，则可设直线，， 联立，得， 则，得， 由韦达定理可知，， 则， 则， 令，则， 若，则，则，等号成立时； 若，则， 则，等号成立时； 因，    则不存在点使得和同时取到最大值. 3．已知双曲线：的离心率为，点在双曲线上； (1)求双曲线的标准方程； (2)设点是双曲线上的动点，是圆：上的动点，且直线与圆相切，求的最小值； (3)如图，是双曲线上两点，直线与轴分别交于点，点在直线上；若关于原点对称，且，是否存在点，使得为定值；若存在，求出该定点的坐标；若不存在，请说明理由； 【分析】（1）根据已知条件列方程组求解即可. （2）根据直线与圆相切得到，设出点坐标，结合二次函数性质求出，进而求得. （3）设出直线方程并与双曲线方程联立，结合韦达定理得到，；求出直线、方程，得到点、坐标，结合对称列方程求出，求得为定值，再结合直角三角形的性质求解即可. 【详解】（1）因为双曲线的离心率为，点在双曲线上， 所以，解得，. 所以双曲线的方程为. （2）圆：的圆心，半径为. 因为是圆上的动点，直线与圆相切，所以，. 所以. 设，因为点是双曲线上的动点，所以. 所以， 当时，取得最小值，此时， 所以. （3）由题意知，直线的斜率存在，设直线的方程为. 联立，整理得， 且， 设，，则，， 直线的方程为， 令，则，即. 同理可得，. 因为关于原点对称，所以， 即， 整理得， 即， 整理得，即， 所以或. 若，则，则直线方程为，即， 此时直线过点，不符合题意. 若，则直线方程为，恒过定点， 所以为定值， 又，在中，为斜边， 所以当为中点时，. 因此存在点，使得为定值. 4．已知点为椭圆：上一点，、分别为椭圆的左、右焦点. (1)若点不在轴上，求的周长； (2)过右焦点的直线与椭圆交于、两点，若以为直径的圆过，求的方程； (3)若点在轴上方，设直线与交于点，与轴交于点，延长线与交于点，在轴上方是否存在点，使得（）成立?若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)； (2)或 (3)存在， 【分析】（1）由椭圆方程结合椭圆定义可得周长； （2）要使以为直径的圆经过，则，为此设，将直线方程与椭圆方程联立，再设，则，然后由韦达定理可得答案； （3）设，，，由（2）中分析可得，然后由椭圆对称性可得，由此可将化为，据此可判断C的存在性. 【详解】（1）由题可得. 当不在轴上，由椭圆定义可得：， 则； （2）由题可得直线斜率不为0，因，设， 将直线方程与椭圆方程联立，得， 消去得：，判别式为：. 设，由韦达定理，. 因以为直径的圆经过，则. 又，则. 则， 即 . 则或； （3）设，，由题可得直线斜率不为0，且也经过. 设，由（2）中分析，可得. 又由椭圆对称性，可得与关于轴对称，则. 从而，， 因，则 . 又，则， 结合，， 则， 则，. 即存在满足题意. （建议用时：45分钟） 刷模拟 1．（2026·上海·一模）定义：我们称双曲线的“交换双曲线”为； 我们称椭圆的“交换椭圆”为； 我们称圆的“交换圆”为． (1)若双曲线C的“交换双曲线”为自己本身，双曲线C过点，求：双曲线C的标准方程； (2)若过点且与相切的直线与所有半径为，“交换圆”是自己本身的圆均相切，且一个球的表面积与“交换圆”面积相同，求：球的体积； (3)已知曲线满足，当时与离心率为，长轴长为的椭圆重合，当时，与椭圆的“交换椭圆”重合，若矩形的顶点均在曲线上且关于对称，求证：矩形的面积小于． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由题意可得，设出双曲线C的方程，代入点坐标，求出，即可得答案. （2）根据导数的几何意义，求出切线l的方程，根据题意，可得圆中，设出圆的方程，根据点到直线的距离公式及直线与圆的位置关系，求出半径r的值，进而可得球的半径，代入体积公式，即可得答案. （3）求出椭圆的方程与其“交换椭圆”的方程，设，根据矩形的性质，可得对称点Q的坐标，进而可得的表达式，根据直线平行直线，求出直线PN的方程，与椭圆W联立，根据韦达定理，可得N点坐标，根据弦长公式，可得表达式，进而可得面积S的表达式，根据椭圆W的参数方程，结合三角函数的性质，即可得证. 【详解】（1）因为双曲线C的“交换双曲线”为自己本身，所以， 设双曲线C的方程为， 代入点，得， 所以双曲线C的方程为； （2）对求导可得，设切点为， 则切线的斜率，又， 所以切线l的方程为， 代入点，得，则切线l的方程为，即， 因为“交换圆”是自己本身，所以， 设圆的方程为， 因为直线l与圆相切，所以， 则“交换圆”面积为， 设球的半径为R，则，解得， 所以球的体积为 （3）由长轴为，可得，由离心率，得， 所以， 不妨设椭圆的焦点在x轴，则方程为， 则椭圆的“交换椭圆”方程为， 所以曲线的方程为， 因为矩形关于对称，设在椭圆W上， 则在“交换椭圆”上，则， 又直线平行直线，则直线PN的斜率为1， 所以直线PN的方程为，即， 联立，得， 所以，得， 所以， 所以面积， 因为点P在椭圆W上，所以， 令，为参数，， 因为，所以，解得， 不妨取第一象限部分，则， 代入可得 ， 因为，则， 所以当时，取得最大值为. 2．（2026·上海金山·二模）已知抛物线的焦点为，准线为，点为抛物线上一动点，点为坐标原点． (1)若，求点的坐标； (2)若直线与抛物线只有一个交点，求直线的方程； (3)若，过点作圆的两条切线，交准线于、两点，求的取值范围． 【答案】(1)或 (2)和 (3) 【分析】（1）根据条件列出方程即可求解； （2）联立抛物线方程，消元后得方程，分类讨论，根据方程有一根求解即可； （3）设过P点的切线方程，利用圆心到直线的距离等于半径求出关于直线斜率的方程，再由切线与准线交点的纵坐标表示，利用韦达定理化简，换元求取值范围即可. 【详解】（1）由可知， 因为，所以， 即，解得， 代入抛物线方程，， 所以点的坐标为或. （2）联立方程，可得，即， 因为只有一个交点， 所以，即时，方程只有一解，满足题意，此时； 当时，则需，解得， 此时. 综上，直线的方程为和. （3）设， 由题意，切线与准线相交，故切线的斜率存在，设切线方程为， 即， 由圆知，圆心，半径， 所以，即， 设， 代入切线方程可得，， 所以，（其中分别是的斜率） 所以， 又， 令，则， 令，则， 所以， 因为，所以，所以， 故求的取值范围为. 3．（2026·上海嘉定·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 【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. 【详解】（1）当点在椭圆的上顶点时，,，， 联立，得，即， 联立，得，即， 所以； （2）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； （3）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. 4．（2026·上海普陀·二模）设，，、，双曲线的一条渐近线方程是，点为右支上的一点，直线的方程是，是坐标原点. (1)若点的坐标为，求双曲线的方程； (2)若直线经过点，且与交于、两点，直线、的斜率分别为、，求的值； (3)设点是的左焦点，点、是的左、右两个顶点，直线与直线交于点，直线经过点与的右支交于另外一点，若，且直线恒过点，求周长的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由题意得，再将点的坐标代入双曲线的方程，可求出的值，进而可得出的值，由此可得出双曲线的方程； （2）设点、，易知点、关于原点对称，则，利用点差法可求得的值； （3）设点、，则、，将直线的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，可得出，求出的方程，由此可得出点的坐标，并求出直线的方程，将点的坐标代入直线的方程，结合韦达定理可得出的值，结合可得出的取值范围，在利用弦长公式以及双曲线的定义可求得周长的取值范围. 【详解】（1）由题意可知，则，则双曲线的方程可化为， 将点的坐标代入双曲线的方程可得，解得，故， 所以双曲线的方程为. （2）由（1）可知，双曲线的方程为，即， 设点、，易知点、关于原点对称，则， 因为，所以，故， 所以. （3）因为，所以双曲线的方程为，即， 易知点、、， 设点、，则、， 联立得， 则，可得， 由韦达定理可得，，故①， 直线的方程为，在该直线方程中令可得点， 直线的方程为， 将点的坐标代入直线的方程得， 即②， 由①得，代入②式得， 故，解得， 所以，可得， 所以 ， 因为，故直线恒过右焦点， 由双曲线的定义可得，， 故的周长为， 即周长的取值范围是. 5．（2026·上海奉贤·二模）已知椭圆经过点，离心率为．过点，的动直线交椭圆于，两点． (1)求椭圆的方程； (2)若直线l与相切，求当时，的长； (3)若以为直径的圆经过轴上方的定点，求点的坐标． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用离心率及所过点计算即可得； （2）设出直线后，利用圆的切线的性质计算可得，联立直线与曲线方程，消去可得与横坐标相关韦达定理，再利用弦长公式计算即可得； （3）设，，联立直线与曲线方程，消去可得与横坐标相关韦达定理，再利用圆上的点的性质，借助向量有，计算后可得与、、、有关等式，再利用定点性质计算即可得解. 【详解】（1）由题意可得，解得， 故椭圆的方程为； （2）由，则，可设，、， 则由直线与相切，可得，化简得， 联立，消去可得， ， 则，， 则 ； （3）设，、，， 联立，消去可得， ，即， ，， 由点在以为直径的圆上，则， 由，， 则 ， 即 故，则有， 由，故，则有， 即或，由，故， 即当且仅当时，以为直径的圆经过轴上方的定点， 且点坐标为. 6．（2026·上海长宁·二模）双曲线经过点，不垂直轴的直线与交于不同于的、两点，直线、分别与轴交于点、. (1)求的离心率； (2)设直线与轴交于点，且，求点的横坐标； (3)若、关于原点对称，证明：直线经过定点. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）将点的坐标代入双曲线方程求得，进而利用公式可得离心率； （2）设出点的坐标，利用坐标运算，结合向量关系，联立求解即可； （3）先求得，设直线，与双曲线方程联立，由韦达定理得，即可求解定点. 【详解】（1）将代入双曲线方程可得：， 因为双曲线中，所以， 即离心率： ； （2） 设，直线方程为， 令，得，即可知， 令，得，即可知， 由，可得：， 则由纵坐标对应相等可得 ， 由（1）知双曲线化简为，代入得， 解得或（因为此时与点重合故舍去），即； （3）设，由关于原点对称得， 计算得直线的斜率可得 所以有， 设直线，联立， 可得：， 设， 由韦达定理得， 由可得：， 整理得：， 所以， 所以， 代入韦达定理可得：， 所以， 所以， 所以， 所以，则或， 当时，直线恒过点，不符合题意， 故，此时直线恒过点. 7．（2026·上海黄浦·二模）已知点、分别是曲线的左、右焦点，动直线过点且不过点，它与交于点、． (1)求点、的坐标； (2)若，求直线的方程； (3)设直线过点且与垂直，直线与的交点为，求证：存在唯一的常数，使得点与的中心的连线平分线段，并求此时的最大值． 【答案】(1)、 (2)或． (3) 【分析】（1）求出椭圆的半焦距，可得出点、的坐标； （2）设直线的方程为，设、，将该直线方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用平面向量数量积的坐标运算以及韦达定理可求得的值，即可得出直线的方程； （3）求出线段的中点的坐标，可得出直线的斜率，将代入直线的方程，可得出点的坐标，即可求出直线的斜率，结合题意可知直线、的斜率相等，可求出的值，再求出、，即可求得的最大值. 【详解】（1）椭圆的半焦距，故、. （2）由题意可知直线不与轴重合，设直线的方程为，设、， 将代入，得，则， 故，， 又，， ，解得， 所以直线的方程为或． （3）设线段的中点为，由（2）知，， 直线的斜率， 易知直线的方程为， 将代入直线的方程，可得， 直线的斜率， 因为直线平分线段，则，所以对任意的实数恒成立， 则，解得， 故存在唯一的常数，使得平分线段． 此时， ，所以， 令，则，故（当且仅当时，）， 所以的最大值为． 8．（2026·上海静安·二模）在平面直角坐标系中，O为坐标原点．设椭圆，的左、右焦点分别为、，，的离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)过原点O作两条相互垂直的射线，与椭圆分别交于A、B两点，证明：原点O到直线的距离为定值； (3)过椭圆的右焦点且不与坐标轴垂直的直线l与椭圆交于P、Q两点，点M是点P关于x轴的对称点．在x轴上是否存在一个定点N，使得M、Q、N三点始终共线？若存在，求出点N的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)存在定点 ，理由见解析 【分析】（1）利用待定系数法可求得椭圆的标准方程； （2）设直线 的方程，并与椭圆联立方程组，利用韦达定理及的条件，建立直线参数间的关系，再使用点到直线的距离公式即可证明. （3）设直线 的方程为 ，并与椭圆联立方程组，求出 的值，结合三点共线则即可求解. 【详解】（1）由题意知 ，即 . 又因为离心率 ，所以 ，所以 . 故椭圆 的方程为 . （2）证明：设 。 因为 ，所以 . 设直线 的方程为 ， 联立方程组 ，消去 得 ， 由韦达定理得 . 代入 ，即 ， 整理得 。 代入韦达定理结果并化简得 。 原点 到直线的距离 所以原点 到直线 的距离为定值 . （3）存在定点 ，理由如下： 由（1）知 ，设直线 的方程为 ， 设 ，则 ， 联立方程组 ，消去 得 ， 由韦达定理得 . 设 ，若 三点共线，则 ， 即 ，整理得 . 将 代入上式，化简得 . 代入韦达定理结果，得 . 化简得 ，解得 . 所以存在定点 ，使得 三点始终共线. 刷真题 1．（2023·上海·高考真题）已知椭圆． (1)若，求椭圆的离心率； (2)设为椭圆的左右顶点，若椭圆上一点E的纵坐标为1，且，求m的值； (3)若P为椭圆上一点，过点P作一条斜率为的直线与双曲线仅有一个公共点，求m的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由椭圆的离心率定义即可得出答案； （2）设，求出E点的坐标，表示出，由数量积的定义求出，即可求出m的值； （3）设该直线为，直线与双曲线仅有一个公共点，讨论直线与双曲线的渐近线平行和直线与双曲线的渐近线不平行结合P为椭圆上一点即可得出答案. 【详解】（1）当时，椭圆，焦点在上， 则，则. （2）因为为椭圆的左右顶点，所以， 令中，则， 若，， ， 解得：. 若，， ， 解得：. （3）若P为椭圆上一点，过点P作一条斜率为的直线， 设该直线为，直线与双曲线仅有一个公共点， ①直线与双曲线的渐近线平行时， 则双曲线的渐近线为：，所以. 因为P为椭圆上一点，所以，所以不满足题意. ②直线与双曲线的渐近线不平行时， ，则， 则，解得：， 解得：，因为，所以. 又因为P为椭圆上一点，所以，则， 则，解得：， 所以，所以，综上所述：. 则m的取值范围为： 2．（2024·上海·高考真题）在平面直角坐标系中，已知点为椭圆上一点，、分别为椭圆的左、右焦点. (1)若点的横坐标为2，求的长; (2)设的上、下顶点分别为、，记的面积为的面积为，若，求的取值范围 (3)若点在轴上方，设直线与交于点，与轴交于点延长线与交于点，是否存在轴上方的点，使得成立?若存在，请求出点的坐标;若不存在，请说明理由. 【答案】(1)； (2)； (3)存在， 【分析】（1）根据给定条件，求出点的纵坐标，再利用两点间距离公式计算即得. （2）设，求出，再利用给定关系求出的范围，进而求出的范围. （3）设，利用向量坐标运算及共线向量的坐标表示可得，再联立直线与椭圆方程，结合韦达定理求解即得. 【详解】（1）设，由点为椭圆上一点，得，即，又， 所以. （2）设，而， 则，由，得， 即，又，则，解得，， 所以的范围是. （3）设，由图象对称性，得、关于轴对称，则， 又，于是， 则，同理， 由，得， 因此，即，则， 设直线，由消去得， 则，即，而，解得，， 由，得，所以. 3．（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. 4．（2022·上海·高考真题）在椭圆中，直线上有两点C、D (C点在第一象限)，左顶点为A，下顶点为B，右焦点为F. (1)若∠AFB，求椭圆的标准方程； (2)若点C的纵坐标为2，点D的纵坐标为1，则BC与AD的交点是否在椭圆上？请说明理由； (3)已知直线BC与椭圆相交于点P，直线AD与椭圆相交于点Q，若P与Q关于原点对称，求的最小值. 【答案】(1) (2)交点为，在椭圆上，理由见解析 (3)6 【分析】（1）写出三点的坐标，可将用坐标表示出来，求出的值，再结合已知条件，即可求出，进而写出椭圆的标准方程； （2）根据条件，写出直线和的方程，求出交点坐标，再将其代入椭圆标准方程的左边，即可判断该点与椭圆的位置关系； （3）利用三角换元（或者椭圆的参数方程）的方法设出点的坐标，再结合点的坐标，写出直线和的方程，求出点的坐标，表示出，再利用三角恒等变换以及同角三角函数关系化简，最后根据重要不等式计算出的最小值. 【详解】（1）由题可得，又， 所以，解得， 所以， 故椭圆的标准方程为； （2）由，得直线的方程为：， 由，得直线的方程为：， 联立两方程，解得交点为， 代入椭圆方程的左边，得， 故直线与的交点在椭圆上； （3）由题有 因为两点在椭圆上，且关于原点对称， 则设， 直线，则， 直线，则， 所以 设，则， 因为， 所以，则，即的最小值为6. 5．（2022·上海·高考真题）设有椭圆方程，直线，下端点为A，M在l上，左、右焦点分别为. (1)，AM的中点在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，在中有一内角余弦值为，求b； (3)在椭圆上存在一点P到l距离为d，使，随a的变化，求d的最小值. 【答案】(1) (2)或 (3) 【分析】（1）由题意可得椭圆方程为，从而确定点的纵坐标，进一步可得点的坐标； （2）由直线方程可知，分类讨论和两种情况确定的值即可； （3）设，利用点到直线距离公式和椭圆的定义可得，进一步整理计算，结合三角函数的有界性求得即可确定的最小值． 【详解】（1）解：由题意可得，所以， 的中点在轴上， 的纵坐标为，代入得； （2）解：由直线方程可知，， ①若，则，即， ， . ②若，则， ，， ，，即， ，. 综上，或； （3）解：设，结合已知条件，由椭圆的定义及点到直线距离公式可得， 显然椭圆在直线的左下方，则，即， ，，即， ，整理可得，即， ，即的最小值为． 6．（2023·上海·高考真题）曲线，第一象限内点A在Γ上，A的纵坐标是a． (1)若A到准线距离为3，求a； (2)若a＝4，B在x轴上，AB中点在上，求点B坐标和坐标原点O到AB距离； (3)直线，令P是第一象限Γ上异于A的一点，直线PA交l于Q，H是P在l上的投影，若点A满足“对于任意P都有”，求a的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）代入求出，利用抛物线定义即可求出值； （2）代入值求出，设，则得到的中点坐标，再代入抛物线方程则得值，则得到直线的方程，利用点到直线的距离即可； （3）设，写出直线的方程，求出点坐标，则，分和讨论即可. 【详解】（1）令，解得，即，而抛物线的准线方程为， 根据抛物线的定义有，解得，因为为第一象限的点，则. （2）由代入抛物线方程有，解得，则， 设，则的中点为, 代入抛物线方程有，解得， 直线的斜率为，其方程为，即, 坐标原点到的距离为. （3）设，根据， 则，则直线方程为， 化简得， 令，则，又，， 化简得 ①对任意的 恒成立. 则, 结合，， 当时，，则，则①也成立. 综上所述:.    7．（2025·上海·高考真题）在平面直角坐标系中，已知曲线，点P、Q分别为上不同的两点，． (1)求所在椭圆的离心率； (2)若在y轴上，若T到直线的距离为，求P的坐标； (3)是否存在t，使得是以T为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求t的取值范围；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)； (3)存在，. 【分析】（1）根据椭圆方程直接求离心率； （2）问题化为以为圆心，为半径的圆与过的直线相切，且切线与有交点，设切线方程，利用与圆相切关系求参数，进而确定P的坐标； （3）设，，联立椭圆方程，结合韦达定理、判别式得，注意讨论、，确定中点为，再结合、求参数范围. 【详解】（1）由，则，即离心率为； （2）由题设，问题化为以为圆心，为半径的圆与过的直线相切， 且切线与有交点，显然切线斜率存在，令切线为， 所以，可得，则或， 当，则切线为，联立，可得， 则或，故此时，满足； 当，则切线为，联立，可得， 则或，故此时，不满足； 综上，. （3）由题设，直线的斜率存在，可设，， 联立，整理得， 其中，即， 所以，，则， ， 所以且，故， 当时，则且，则，此时，满足； 当，而的中点为，又， 则，即， 且， ， 所以，则， 所以，则，故 所以，则. 综上，. 8．（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. 9．（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 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专项04 圆锥曲线 内容导航 【命题解码·定方向】命题趋势+2026年预测 【解题建模·通技法】析典例，建模型，技法贯通破类题/变式 【实战刷题·冲高分】精选高考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分 命题趋势： 年份 解答题题号与分值 考查曲线类型 解答题核心考点 解答题命题特点 2021 秋考20题（18分） 椭圆、抛物线 椭圆定义、直线与椭圆位置关系；抛物线定义、平面向量综合应用 综合性强，强调平面向量与解析几何的深度结合，计算量中等，设问有梯度 2022 秋考20题（18分） 椭圆、双曲线 椭圆方程求解、最值与范围问题；结合点到直线距离考查几何转化 侧重几何转化能力，融入基本不等式，弱化纯代数计算，入口易、深入难 2023 秋考20题（18分） 椭圆、抛物线 直线与抛物线综合应用、离心率计算；结合新定义曲线考查迁移能力 贴合上海命题特色，创新新定义题型，分阶设问明显，区分度强 2024 秋考20题（18分） 双曲线 双曲线定义、直线与双曲线位置关系；侧重逻辑推理与几何分析 减少复杂运算，强化几何分析能力，注重解题逻辑的严谨性，梯度设计合理 2025 秋考20题（18分） 椭圆、双曲线 椭圆定点定值问题、参数范围求解；双曲线离心率、渐近线综合应用 高频考点重复出现，稳定性强，侧重多知识融合，突出思维能力考查 2026年预测： 1. 位置与分值 固定为第20题（压轴解答题），总分18分 第(1)问：4–6分（基础：求方程、离心率、基本性质） 第(2)问：7–8分（中档：弦长、面积、向量、几何条件） 第(3)问：6–7分（压轴：定点、定值、范围/最值、存在性） 2. 曲线载体 主流：椭圆（近5年高频，2026仍为主流） 次主流：抛物线（上海卷常考，运算量适中） 冷点：双曲线（偶考，2024刚考过双曲线，2026概率低） 融合：椭圆 + 圆 / 抛物线（创新趋势） 3. 核心考点预测 定点/定值/定直线（上海卷最爱，80%概率） 范围与最值（结合函数、不等式、判别式） 几何性质转化（垂直、平行、等腰、中点、角平分线、向量） 存在性问题（是否存在点/直线满足条件） 运算简化（设线技巧、点差法、几何减算） 题型01 弦与中点类 析典例·建模型 1．（2026·上海杨浦·二模）已知A、F分别是双曲线：（常数）的右顶点和右焦点，记过一、三象限的渐近线为. (1)求双曲线的离心率和渐近线的方程； (2)设，是上一点，若线段的中点在双曲线上，求点Q的坐标； (3)设，过A作两条相互垂直的直线与双曲线交于M、N两点（M在第一象限），若直线、分别与交于C、D两点，且与的面积之比为2，求直线的方程. 研考点·通技法 中点弦通用：点差法（上海减算神器）椭圆 ，设弦端点两式作差：变形得中点斜率公式： ✅ 适用：已知中点求直线、已知弦斜率求中点范围，避开联立大量计算。 弦长公式固定模板（上海必写）统一设线 ，联立得一元二次方程：弦长 上海阅卷：必须写出，否则扣步骤分。 中点陷阱规避点差法只能得必要条件，算出直线后，必须带回检验，上海高频扣分点。 破类题·提能力 1．（2025·上海长宁·一模）已知抛物线的焦点为，经过点的直线与抛物线交于两点． (1)设，求点的横坐标； (2)设为坐标原点，线段中点的纵坐标为，求的面积； (3)设线段的垂直平分线与抛物线交于点，若以线段为直径的圆经过点，求直线的方程． 2．（2026·上海徐汇·二模）已知无穷数列为严格增数列，且.双曲线的方程为为双曲线上两个不同的动点，其中在双曲线的右支上. (1)若，求双曲线的渐近线方程和焦点坐标； (2)若，且点为线段的中点，求实数的取值范围； (3)已知直线过双曲线的右顶点.若在双曲线的右支上，则称弦为双曲线的“同支弦”，否则称其为双曲线的“异支弦”.是否存在等差数列，使得对于任意正整数，双曲线“同支弦”弦长的最小值均大于双曲线“异支弦”弦长的最小值？若存在，请求出数列的通项公式；若不存在，请说明理由. 题型02垂直·向量·角度转化 析典例·建模型 1．（2026·上海崇明·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． 研考点·通技法 垂直条件两套转化（二选一，择优） 斜率型：（斜率均存在） 向量型（上海首选，无遗漏）： 三点共线，避免斜率不存在讨论。 角平分线/等角上海不考复杂夹角公式，只用两种：斜率对称关系，点到直线距离相等（几何法最简） 向量比例问题 类，优先坐标分点转化，少用定比分点冷门公式。 破类题·提能力 1．（25-26高三下·上海·月考）已知双曲线与圆在第一象限的交点为，定义曲线. (1)若，求的离心率； (2)若与轴的交点是上的点满足，求的大小； (3)若过点且斜率为的直线交曲线于，试用的代数式表示，并求出的取值范围． 2．已知双曲线，过点的直线与双曲线交于、两点. (1)若，且直线垂直于轴，求； (2)若，设在第一象限，双曲线的左顶点为，若为等腰三角形，求点的横坐标； (3)若分别为双曲线的左右焦点，点是点关于轴对称的点，若存在直线使得，求实数的取值范围. 题型03 定点 定值 定直线 析典例·建模型 1．已知动圆过定点，且与直线相切，其中. (1)求动圆圆心的轨迹方程； (2)设，是轨迹上异于原点的两个不同点，若以为直径的圆恰好过点，证明直线恒过定点，并求出该定点坐标； (3)设，是轨迹上异于原点的两个不同点，直线和的倾斜角分别为和，当时，证明直线恒过定点，并求出该定点坐标. 2．（25-26高三上·上海·期中）已知点为椭圆的右焦点，椭圆的离心率为； (1)求椭圆的方程； (2)若点为椭圆上的一个动点，，不在直线上，求面积的最大值，并指出面积最大时点的坐标； (3)若直线与椭圆交于A，B两点，记直线的斜率为，且，问的面积是否为定值？如果是，求出该定值：如果不是，请说明理由： 研考点·通技法 题型1：定点问题 解题套路（上海标准） ① 特殊位置探点：直线垂直x轴/水平/过原点，快速算出候选定点 ② 一般情况设线联立，韦达代入 ③ 整理为： 恒成立 ④ 令参数系数=0，证恒过定点 关键简化过x轴动直线，一律设 ，天然规避斜率不存在，上海最优解。 题型2：定值问题 高频考法线段倒数和、面积比值、距离乘积、斜率和/积为定值 上海解题逻辑韦达展开→通分合并→参数全部消去→结果为常数 秒杀特征式子结构对称、与组合消参，是定值题信号。 题型3：定直线 多为对称轴、准线类背景，优先几何猜想+代数证明。 破类题·提能力 1．（2026·上海松江·模拟预测）已知椭圆的左焦点为，过点作斜率不为0的直线与椭圆交于两点. (1)求椭圆的离心率； (2)设直线MF､NF的斜率分别为，求的值； (3)若点E满足，点D在椭圆上，轴，探究直线EF与直线DQ的斜率之积是否为定值？若为定值，请求出该值；若不为定值，请说明理由. 2．已知椭圆的左、右顶点分别为，且椭圆经过点，点为坐标原点. (1)求椭圆的标准方程； (2)已知点为椭圆上任意一点，点，求的取值范围； (3)已知过椭圆右焦点的直线交椭圆于不同的两点，且直线不与坐标轴垂直，设直线的斜率分别为，试探究：是否为一个定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由. 3．已知椭圆的任意两条相互垂直的切线交点的轨迹是圆，称为椭圆的蒙日圆，其方程为．已知椭圆的离心率为，焦距为，为坐标原点． (1)求的标准方程； (2)已知直线与交于两点，且，求面积的取值范围； (3)过的蒙日圆上一点，作的一条切线，与蒙日圆交于另一点，若直线的斜率存在设的斜率分别为，证明：为定值． 题型04 范围与最值类 析典例·建模型 1．（2026·上海·二模）设椭圆的左顶点为A． (1)求的离心率； (2)设的左焦点为F，上顶点为B，若点P在上且位于y轴右侧．，求点P的横坐标； (3)设直线，l与交于不同的两点C和D，若点A在以CD为直径的圆外，求实数m的取值范围． 2．（25-26高三下·上海·月考）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆，过右焦点作两条互相垂直的弦AB、CD，且AB、CD中点分别为M、N． (1)写出椭圆右焦点的坐标及该椭圆的离心率； (2)证明：直线MN必过定点，并求出此定点坐标； (3)若弦AB、CD的斜率均存在，求面积的最大值． 研考点·通技法 范围唯一底层依据直线与曲线相交 ，先锁死参数定义域。 最值两大方法 函数法：把目标式化为单变量函数，结合定义域求值域（上海主流） 不等式法：对称结构、和定积定，用基本不等式快速最值 面积速算模板以x轴上定点分割：固定写法，考场直接套用。 破类题·提能力 1．（25-26高三下·上海浦东新·期中）已知双曲线的左顶点为A，过点的直线l交双曲线C于M、N两点，点M在第一象限． (1)若双曲线C的焦距为，求该双曲线C的离心率e； (2)若，为直角三角形，求点M的坐标； (3)若双曲线C的一条渐近线方程为，点M、N均在双曲线C的右支，且存在实数，使得成立，求直线l的倾斜角的取值范围． 2．已知椭圆，点为上关于原点对称的两点，点为上异于的一点，点满足，其中为实数． (1)求椭圆的离心率； (2)若点的坐标为，，且直线经过点，求点的坐标； (3)若存在点，使得直线与直线垂直，且直线与有两个公共点，求实数的取值范围． 3．（25-26高三下·上海宝山·期中）将以坐标原点为顶点，以轴为对称轴，并经过点的抛物线记为.作两条直线分别与抛物线相交于点，设的斜率分别为，且满足. (1)求抛物线的标准方程； (2)证明：直线的斜率； (3)若直线在轴上的截距，求面积的最大值. 4．（2026·上海闵行·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. 5．（25-26高三下·上海·月考）我们约定，如果一个椭圆的长轴和短轴分别是另一条双曲线的实轴和虚轴，则称它们互为“姊妹”圆锥曲线.已知椭圆：，双曲线是椭圆的“姊妹”圆锥曲线，、分别为、的离心率，且，点、分别为椭圆的左、右顶点，设过点的动直线交双曲线右支于、两点，若直线、的斜率分别为、. (1)求双曲线的方程； (2)试探究是否为定值.若是定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由； (3)求的取值范围. 题型05 存在性探究问题 析典例·建模型 1．（25-26高三上·上海·期中）已知和为椭圆上两点. (1)求的离心率； (2)若过点的直线交于另一点，且的面积为12，求直线的方程； (3)设过点的动直线与椭圆有两个交点、，试判断在轴上是否存在点使得向量所成角恒成立，若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，说明理由. 2．（2025·上海黄浦·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． 研考点·通技法 先假设存在，设出点坐标或直线方程 翻译几何条件，联立韦达 化简判断： 有解、符合→存在 无解、矛盾、超出范围→不存在 应试技巧上海存在性问题90%存在，可先猜结论再证明，踩分更稳。 破类题·提能力 1．（25-26高三上·上海嘉定·期中）在平面直角坐标系中，已知椭圆的左､右顶点分别为､，右焦点为，且椭圆过点､，过点的直线与椭圆交于､两点（点在轴的上方）.      (1)求椭圆的标准方程； (2)若，求点的坐标； (3)设直线､的斜率分别为､，是否存在常数，使得？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 2．（25-26高三上·上海青浦·期末）已知椭圆的左､右焦点分别为为上两个不同的点，记的周长和面积分别为和. (1)若的离心率为，求的值； (2)若满足的点有且仅有两个，求的取值范围； (3)若，是否存在点使得和同时取到最大值？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由. 3．已知双曲线：的离心率为，点在双曲线上； (1)求双曲线的标准方程； (2)设点是双曲线上的动点，是圆：上的动点，且直线与圆相切，求的最小值； (3)如图，是双曲线上两点，直线与轴分别交于点，点在直线上；若关于原点对称，且，是否存在点，使得为定值；若存在，求出该定点的坐标；若不存在，请说明理由； 4．已知点为椭圆：上一点，、分别为椭圆的左、右焦点. (1)若点不在轴上，求的周长； (2)过右焦点的直线与椭圆交于、两点，若以为直径的圆过，求的方程； (3)若点在轴上方，设直线与交于点，与轴交于点，延长线与交于点，在轴上方是否存在点，使得（）成立?若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由. （建议用时：45分钟） 刷模拟 1．（2026·上海·一模）定义：我们称双曲线的“交换双曲线”为； 我们称椭圆的“交换椭圆”为； 我们称圆的“交换圆”为． (1)若双曲线C的“交换双曲线”为自己本身，双曲线C过点，求：双曲线C的标准方程； (2)若过点且与相切的直线与所有半径为，“交换圆”是自己本身的圆均相切，且一个球的表面积与“交换圆”面积相同，求：球的体积； (3)已知曲线满足，当时与离心率为，长轴长为的椭圆重合，当时，与椭圆的“交换椭圆”重合，若矩形的顶点均在曲线上且关于对称，求证：矩形的面积小于． 2．（2026·上海金山·二模）已知抛物线的焦点为，准线为，点为抛物线上一动点，点为坐标原点． (1)若，求点的坐标； (2)若直线与抛物线只有一个交点，求直线的方程； (3)若，过点作圆的两条切线，交准线于、两点，求的取值范围． 3．（2026·上海嘉定·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． 4．（2026·上海普陀·二模）设，，、，双曲线的一条渐近线方程是，点为右支上的一点，直线的方程是，是坐标原点. (1)若点的坐标为，求双曲线的方程； (2)若直线经过点，且与交于、两点，直线、的斜率分别为、，求的值； (3)设点是的左焦点，点、是的左、右两个顶点，直线与直线交于点，直线经过点与的右支交于另外一点，若，且直线恒过点，求周长的取值范围. 5．（2026·上海奉贤·二模）已知椭圆经过点，离心率为．过点，的动直线交椭圆于，两点． (1)求椭圆的方程； (2)若直线l与相切，求当时，的长； (3)若以为直径的圆经过轴上方的定点，求点的坐标． 6．（2026·上海长宁·二模）双曲线经过点，不垂直轴的直线与交于不同于的、两点，直线、分别与轴交于点、. (1)求的离心率； (2)设直线与轴交于点，且，求点的横坐标； (3)若、关于原点对称，证明：直线经过定点. 7．（2026·上海黄浦·二模）已知点、分别是曲线的左、右焦点，动直线过点且不过点，它与交于点、． (1)求点、的坐标； (2)若，求直线的方程； (3)设直线过点且与垂直，直线与的交点为，求证：存在唯一的常数，使得点与的中心的连线平分线段，并求此时的最大值． 8．（2026·上海静安·二模）在平面直角坐标系中，O为坐标原点．设椭圆，的左、右焦点分别为、，，的离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)过原点O作两条相互垂直的射线，与椭圆分别交于A、B两点，证明：原点O到直线的距离为定值； (3)过椭圆的右焦点且不与坐标轴垂直的直线l与椭圆交于P、Q两点，点M是点P关于x轴的对称点．在x轴上是否存在一个定点N，使得M、Q、N三点始终共线？若存在，求出点N的坐标；若不存在，说明理由． 刷真题 1．（2023·上海·高考真题）已知椭圆． (1)若，求椭圆的离心率； (2)设为椭圆的左右顶点，若椭圆上一点E的纵坐标为1，且，求m的值； (3)若P为椭圆上一点，过点P作一条斜率为的直线与双曲线仅有一个公共点，求m的取值范围． 2．（2024·上海·高考真题）在平面直角坐标系中，已知点为椭圆上一点，、分别为椭圆的左、右焦点. (1)若点的横坐标为2，求的长; (2)设的上、下顶点分别为、，记的面积为的面积为，若，求的取值范围 (3)若点在轴上方，设直线与交于点，与轴交于点延长线与交于点，是否存在轴上方的点，使得成立?若存在，请求出点的坐标;若不存在，请说明理由. 3．（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. 4．（2022·上海·高考真题）在椭圆中，直线上有两点C、D (C点在第一象限)，左顶点为A，下顶点为B，右焦点为F. (1)若∠AFB，求椭圆的标准方程； (2)若点C的纵坐标为2，点D的纵坐标为1，则BC与AD的交点是否在椭圆上？请说明理由； (3)已知直线BC与椭圆相交于点P，直线AD与椭圆相交于点Q，若P与Q关于原点对称，求的最小值. 5．（2022·上海·高考真题）设有椭圆方程，直线，下端点为A，M在l上，左、右焦点分别为. (1)，AM的中点在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，在中有一内角余弦值为，求b； (3)在椭圆上存在一点P到l距离为d，使，随a的变化，求d的最小值. 6．（2023·上海·高考真题）曲线，第一象限内点A在Γ上，A的纵坐标是a． (1)若A到准线距离为3，求a； (2)若a＝4，B在x轴上，AB中点在上，求点B坐标和坐标原点O到AB距离； (3)直线，令P是第一象限Γ上异于A的一点，直线PA交l于Q，H是P在l上的投影，若点A满足“对于任意P都有”，求a的取值范围． 7．（2025·上海·高考真题）在平面直角坐标系中，已知曲线，点P、Q分别为上不同的两点，． (1)求所在椭圆的离心率； (2)若在y轴上，若T到直线的距离为，求P的坐标； (3)是否存在t，使得是以T为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求t的取值范围；若不存在，请说明理由． 8．（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. 9．（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 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专项04 圆锥曲线 参考答案 题型01 弦与中点类 析典例·建模型 1． 【思路分析】（1）借助离心率定义与渐近线定义计算即可得； （2）设，结合中点公式可表示出点坐标，代入双曲线方程计算即可得； （3）设出直线的方程，联立曲线可得点坐标，联立渐近线方程可得点坐标，利用直线、的关系计算可得点、点坐标，再利用面积公式计算即可得解. 【规范答题】（1）由可得，则，则， 故双曲线的离心率， 渐近线的方程为； （2）由，则双曲线方程为，，设， 则线段的中点的坐标为， 有，解得，故点Q的坐标为； （3）由，则双曲线方程为，、， 由题意可得直线斜率存在且不为， 设直线的方程为，则直线的方程为， ，解得或，则， 由在第一象限，则，解得， ，解得，即， 则，即， ，即， ， 即，则，又，故， 即直线的方程为，整理得. 破类题·提能力 1． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据抛物线的定义及，求出； （2）设，设直线的直线方程为，与抛物线方程联立，根据韦达定理得到，，再根据中点的纵坐标为，可解得结果； （2）设，，求出，利用可得结果. 【详解】（1）由抛物线方程知：，设， 由得：，. （2）由题意知：直线斜率不为零，可设，， 由得：，则， ，， ，又因为中点的纵坐标为，所以， 所以的面积为； （3）由题意知：直线斜率不为零，可设，， 由得：，则， ，，所以中点为， 因为线段的垂直平分线与抛物线交于点， 设， 联立可得， 由韦达定理可得，， 若以线段为直径的圆经过点， ， ，不相等，不相等， 所以，同理 可得，不相等， 所以 即，解得. 所以直线的方程为. 2． 【答案】(1)渐近线方程；焦点坐标为. (2) (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）根据双曲线的标准方程求出的值，进而得到渐近线方程和焦点坐标. （2）先设出的坐标，再根据中点坐标公式得到关于的表达式，最后结合双曲线的性质求出的取值范围. （3）先设出直线的方程，然后分别联立直线与双曲线的方程，求出“同支弦”和“异支弦”弦长的表达式，再根据条件列出不等式，进而判断是否存在满足条件的等差数列. 【详解】（1）当时，双曲线的方程为，此时. 根据双曲线渐近线方程可得. 根据可得，焦点在轴上，所以焦点坐标为. （2）设，因为在双曲线的右支上，所以. 在双曲线的右支上，所以. 已知点为线段的中点，根据中点坐标公式可得. 因为，所以，则. 即实数的取值范围是. （3）的右顶点为. 若直线的斜率为0，此时，为异支弦，. 若直线的斜率不为0，设直线的方程为，代入， 得. 当时， 设，则 . 设，则. 当为异支弦时，，所以，即. 所以，所以异支弦最小值为. 当为同支弦时，. 因为，所以. 所以同支弦长最小值为，由已知，所以. 若是等差数列，设公差为，则一定存在一个充分大的，使. 此时，不合题意，所以不存在这样的等差数列. 题型02垂直·向量·角度转化 析典例·建模型 1． 【思路分析】（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. 【规范答题】（1）记椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为， 则，所以离心率. （2）由题知，，设，， 因为，， 所以，得， 代入椭圆方程得，解得（负根舍去） （3）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. 破类题·提能力 1． 【答案】(1) (2)或 (3)，取值范围为. 【分析】（1）先求出点的坐标，然后求出，进而求得双曲线的离心率； （2）根据双曲线的定义求出，然后根据余弦定理求解即可； （3）先求出直线的方程，然后分别与圆和双曲线的方程联立求出点的坐标，进而根据向量数量积的坐标公式求出，结合图中点在的上方，求出的范围，即得其取值范围. 【详解】（1）因为，所以代入双曲线方程中得，解得. 因为点在第一象限，所以. 将代入圆的方程得，，解得. 所以双曲线的离心率为. （2）因为，所以圆. 令，则，所以，恰好是双曲线的焦点. 因为上的点满足，根据双曲线的定义可知. 所以或，因为， 在中，由余弦定理 时，，解得， 此时； 时，，解得； 此时. （3）过点且斜率为的直线的方程为，即. 联立直线与圆的方程为：. 展开化简得：. 因为，则上式可化简得，解得，记为； 联立直线与双曲线的方程为：. 展开化简得：，解得， 则，记， 故， 因为直线与曲线有两个交点，如图可知，点在的上方，所以. 由得，则，解得, 又，故，则， 故 所以的取值范围是. 2． 【答案】(1)； (2)4或； (3) 【分析】（1）求出坐标即可； （2）设，分、、三种情况讨论，利用两点间距离公式求解； （3）分斜率是否为0讨论，若直线斜率不为0，设直线，与双曲线方程联立，根据韦达定理化简，得出的关系式，再结合且求出范围即可. 【详解】（1）令，则，得，故； （2）设满足，， ①当时，， 解得（舍去）或， ②当时，， 得（舍去）或， ③若，则，不符合题意； 综上所述，点的横坐标为4或； （3）①当直线斜率为0时，，则为双曲线的两个顶点，且重合， 则，舍去； ②若直线斜率不为0，设， 设直线， 联立，得， 则且，得且， 由韦达定理得， 因为，所以 因为， 所以， 则， 则， 即， 则， 即， 得， 即，得， 由，，，得， 若，对称轴为，则； 若，对称轴为，则， 因为，所以实数的取值范围为. 题型03 定点 定值 定直线 析典例·建模型 1． 【思路分析】（1）设动圆圆心为，则，由此能导出所求动圆圆心的轨迹的方程． （2）设出直线方程，联立抛物线方程消元，利用韦达定理代入整理可得； （3）设，，设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，由得，由此能求出直线过定点坐标． 【规范答题】（1）设动圆圆心为，依题意可得， 整理得， 所求动圆圆心的轨迹的方程是. （2）易知直线的斜率不为0，设其方程为，，， 联立，得， 则，， 由题意知，， 即， 利用韦达定理代入得，整理得， 因为直线不过原点，故，所以， 即直线方程为，过定点. （3）证明：设，，由题意得（否则，且，， 所以直线的斜率存在，设其方程为， 显然，．即，， 把代入得， 由韦达定理知，，， 由得 韦达定理代入上式，整理化简得，， 此时，直线的方程可表示为：，即， 令，解得， 直线恒过定点． 2． 【思路分析】（1）由题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，由此可得出椭圆的标准方程； （2）设与直线平行的直线方程为，当此直线与椭圆相切时，与距离比较远的直线与椭圆的切点为，此时的面积取得最大值，联立直线与椭圆方程，消元由得的值，找到与距离比较远的直线方程，利用平行线间的距离公式求出高，再求出，即可求解面积和点的坐标； （3）设，，联立直线和椭圆的方程写出韦达定理，根据求出和的关系式，根据求出，求出点到直线l的距离，求出的面积. 【规范答题】（1）由题意得，解得， 故椭圆的标准方程为. （2）点和知， 直线的斜率为，则方程为：，即， 设与直线平行的直线方程为， 当此直线与椭圆相切时，与距离比较远的直线与椭圆的切点为， 此时的面积取得最大值． 将代入椭圆方程， 消去整理得， 则，解得或4． 所以直线方程为或， 与距离比较远的直线方程是， 两平行线之间的距离， 又，所以的面积的最大值是． 方程即，解得，即的纵坐标为， 将代入直线得，所以的坐标为， 所以面积的最大值为，此时点的坐标为． （3）设，，联立直线和，    可得， 可得，， ， 由可得， 由弦长公式可得 ，而点到直线l的距离为， 所以， 综上可知，的面积为定值. 破类题·提能力 1． 【答案】(1) (2)0 (3)是， 【分析】（1）根据已知确定椭圆参数，即可求离心率； （2）设直线，，联立椭圆方程并应用韦达定理，代入化简即可得； （3）由题设为的外心，由，从而有，得，设出三角形外接圆的方程，联立整理得一元二次方程，其与（2）中方程同解得到等比例关系求得，进而确定坐标并求得，即可得结论. 【详解】（1）由题设，则，离心率为； （2）由（1）知，，即， 设直线，， 联立得，则， ， ， 所以； （3）由，则为的外心， 由，根据对称性知，则， 设过的圆为， 过得，， 联立圆与直线，整理得， 上述方程与有同解， 所以，可得， 外心，则， 所以为定值. 2． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据椭圆过点，代入椭圆方程求解即可； （2）设点,由,根据题意和椭圆方程可得，再根据二次函数性质求解范围； （3）直线的方程为，，联立直线和椭圆方程得，由得，再根据韦达定理化简即可. 【详解】（1）由椭圆过点，可知，解得， 所以椭圆的标准方程为. （2）如图所示，设点,由,可得 所以， 由，得， 所以. 设，由，得，且对称轴， 所以在，， 因为，， 所以在的值域为，故的取值范围是. （3）由题意知椭圆右焦点，左右顶点分别为, 设直线的方程为，，联立， 消去得，故. 由，得， 即， 代入， 得，再代入， 得， 所以为定值. 3． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用离心率和焦距求出，进而求出的标准方程； （2）分斜率存在和不存在两种情况讨论，结合得出构造方程，结合韦达定理及面积公式求解； （3）设直线方程，联立直线和圆方程结合韦达定理计算求出，从而证明结论． 【详解】（1）已知椭圆的离心率为，焦距为，故， 由，得，， 椭圆的标准方程为：． （2） 由（1）知椭圆的标准方程为：， 当斜率不存在时，设直线：，则，代入椭圆方程得， 解得，则， 由，则，解得，， 则面积为， 当直线斜率存在时，设方程为，， 联立直线与椭圆方程得， ，可得①， 且，则 ， 化简得，即，经检验满足①式. ， 令，，则，， ， 令，则，则， 二次函数，开口向下，对称轴，最大值为， 区间端点或时，，即，故， ， 综上可得，面积的范围为． （3） 由（1）得，则蒙日圆为， 设椭圆的切线方程为，由椭圆切线条件， 设切线与蒙日圆的交点， 联立切线与圆方程，得， 由韦达定理得，因， 则 ． 题型04 范围与最值类 析典例·建模型 1． 【规范答题】（1）由椭圆方程可得，，所以. （2）由条件可知， 设直线的斜率为，直线的斜率为， ，因为，所以， 所以直线的方程为， 联立椭圆：， 所以或， 又因为点P位于y轴右侧，所以P的横坐标为. （3）设 ，，联立椭圆 ， 先确定有两个交点，即， 即， 所以. 因为圆上任意一点与直径两端点连线所成的角为直角， 而点在以为直径的圆外，所以，等价于， 由，， 所以， 即. 将，代入可得， ， ， 解得 或，结合， 所以. 2． 【思路分析】（1）直接根据椭圆方程写出右焦点的坐标及离心率； （2）分斜率均存在和一条直线斜率不存在一条斜率为0两种情况讨论，斜率均存在，设，联立方程利用韦达定理求得点的坐标，从而可求得直线的方程，即可得证； （3）由（2）可知直线MN过定点，则，化简整理结合函数的单调性即可得出答案. 【规范答题】（1）由椭圆方程可知：，，所以 则右焦点坐标，该椭圆的离心率； （2）若直线的斜率存在且不为，则设，， 则 联立，得， 则， 则，则， 同理可得， 则直线的斜率倒数为， 则直线的方程为，即， 令得，所以此时直线MN也过定点， 当两条直线其中一条斜率不存在，一条直线斜率为0时， 不妨设斜率不存在，斜率为0，此时， 则直线的方程为，过点， 综上，动直线MN过定点； （3）由（2）可知直线MN过定点，则， ， 令，则， 因为在上单调递增，所以， 故面积的最大值为. 破类题·提能力 1． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据焦距和离心率公式求解即可； （2）分，两种情况讨论，根据垂直条件代入双曲线方程求解； （3）根据渐近线方程得双曲线的方程，设直线l的方程为，联立方程，根据韦达定理求出，，根据得到的范围，构造的不等式，解出的范围，进而求出倾斜角的范围. 【详解】（1）由题，，得 故 （2）因为点M在第一象限，故不可能为直角； 若，将代入曲线，得符合题意，； 若，设点，则， 则 又因为点M满足，可得，此时， DM与双曲线渐近线平行，不满足两个交点，舍去． 综上，点M的坐标； （3）由题可得，双曲线 ， 当直线l的斜率不存在时，根据双曲线的对称性，，不满足， 所以直线l的斜率一定存在， 又，说明三点共线，且都在双曲线的右支上，所以直线l的斜率不为0，， 设直线l的方程为，、，且，， 联立方程，可得 显然，， ，，故 由，可得，且． 故 因此 ， 根据对勾函数的性质：在上单调递减， 可知， 又， 故，可得． 所以，直线l斜率的取值范围为， 直线l倾斜角的取值范围为. 2． 【答案】(1) (2)或 (3) 【分析】（1）由方程得到，再算出即可得到离心率； （2）根据通过向量计算求出点坐标，再根据和两点写出直线的方程，与椭圆方程联立即可得点坐标； （3）同（2）中方法得到点坐标，再利用垂直关系得到直线的方程，与椭圆方程联立得到二次方程，使其判别式大于零，再通过变量代换解该不等式得到的范围. 【详解】（1）由椭圆的方程可得，则，∴. （2）因为点为椭圆上关于原点对称的两点，点的坐标为，所以点的坐标为， 设点，已知且，即， ∴，解得，所以点的坐标为， 已知直线经过点和点，由斜率公式可得直线的斜率， 于是可写出直线的点斜式方程，即， 联立，解得或，和横坐标不相等， 当时，，当时，，所以点的坐标为或. （3）设，则，且满足，同（2）中推导可得，其中， 因为直线与垂直，若，则，可得， 结合点坐标可写出直线方程为即，与椭圆方程联立， 得，整理得， 依题意有，化简得， 当时，，此时直线为，与椭圆联立得即，同样满足上式， 由椭圆方程知，令，因为，所以， 代入不等式右侧构造函数， 再令，则，利用二次函数性质可得最大值为，即， 解得. 3． 【分析】（1）待定系数法设出抛物线的表达式，代入点的坐标求解即可； （2）联立、与抛物线方程，求出、的坐标，利用斜率公式求解即可； （3）用含的式子表示弦长及点到直线的距离，进而表示面积，利用函数求最值即可. 【详解】（1）由题意，设所求抛物线的方程为：， 点代入抛物线的方程得：， 所以抛物线的标准方程为：. （2）由题意直线的方程可设为， 联立，代入化简得， 由题意，从而，即， 从而，即; 同理可得，， ， 又，所以， 所以. （3）由（2）可知， 设直线的表达式为，即 联立，代入化简整理得: , 由故, 从而，， 点到直线的距离， ， 令，则，， 设，则，令，解得（负值舍去） 则当时，,单调递增； 当时，,单调递减； 从而， 即面积的最大值为. 4． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)最大值，直线方程；最小值，直线方程 【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. 【详解】（1）由题意得，故，结合离心率得. 由椭圆关系，因此椭圆的方程为： ； （2）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. （3）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 5． 【答案】(1)； (2)是，； (3) 【分析】‘（1）根据题目条件列出方程，求出，得到双曲线方程； （2）设出直线方程，与双曲线方程联立，结合韦达定理求出与的比值； （3）求出与的范围，结合函数单调性求取值范围. 【详解】（1）由题意可设双曲线：， 则， 解得，所以双曲线的方程为. （2）设，，直线的方程为， 由得， 则，，且， 所以 ； (或由韦达定理得，即， 所以 ) 即与的比值为定值. （3）设直线：， 由得， 由于点为双曲线的左顶点，所以此方程有一根为， 由韦达定理得，解得. 因为点在双曲线的右支上，所以， 解得，即， 同理可得， 由（2）中结论得， 得，所以， 故， 设，其图象对称轴为， 则在和上严格减， 故， 故的取值范围为. 题型05 存在性探究问题 析典例·建模型 1． 【思路分析】（1）根据题目条件，以及待定系数法，求出参数值，进而求出椭圆离心率； （2）根据直线和椭圆的位置关系，以及韦达定理，列出方程组，根据三角形面积，求出参数值，进而求出直线方程； （3）根据椭圆和直线的位置关系，以及韦达定理，根据向量数量积得坐标表示，列出不等式组，求出参数范围，求出结果. 【规范答题】（1）由题意，解得， 所以. （2）    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，， ，消可得， 当时， ，又，所以， ， 又点到直线的距离， 所以， 整理可得或（无解），即， 解得或，此时代入检验，均满足， 或，即或. （3）    椭圆方程为：.若过的动直线的斜率存在， 则可设该直线方程为：，设，，， 联立椭圆方程可得， 故，，， 而，， 故 因为恒成立，故，解得， 若过点的动直线的斜率不存在，则，， 此时需，综上，可得. 故点纵坐标的取值范围为. 2． 【思路分析】（1）利用双曲线的焦距确定c，渐近线斜率确定，结合求出，进而得到双曲线方程. （2）联立直线与双曲线，由判别式得以确定点坐标，设点坐标后，利用向量垂直的数量积为0求解的坐标. （3）先确定直线的方程，联立与双曲线得韦达定理，联立与得点坐标，计算和并化简对比，得出常数的值. 【规范答题】（1）依题意，，解得， 所以的方程为. （2）联立，消去并化简得， 由题意可得，解得，因为， 所以，代入上式，解得， 所以，设， 因为为直角， 所以， 解得或， 所以或. （3），设，， 联立，消去并化简得， ， ， 联立，解得， 所以， ， 代入点坐标及韦达定理得 ， ， 所以，使得. 破类题·提能力 1． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）代入已知两点坐标求得椭圆方程； （2）设，由，得所以又点在椭圆上，解方程组即可得解； （3）设存在常数，使得.由题意可设直线的方程为，点，且.与联立，韦达定理求出,用表示出，消去，将代入化简即可得解. 【详解】（1）因为椭圆过点､，则有，解得， 所以椭圆的标准方程为. （2）设，由（1）知，,所以 因为，所以，则即， 即. 又点在上，将代入，解得， 又点在轴的上方，所以点的坐标为 （3）假设存在常数，使得. 由题意可设直线的方程为，点，且. 与联立得，，则. 又因为, 所以即. 所以存在常数，使得 2． 【分析】（1）根据离心率的定义计算； （2）根据椭圆的对称性以及即可求出； （3）根据椭圆的定义得出，得出当三点共线时最大，进而设，与椭圆方程联立，再分别令，，结合基本不等式分别求面积的最大值，再作比较即可. 【详解】（1）由题意知，，则， 因，则离心率为，得； （2）对于椭圆上任意一点，有， 因满足的点有且仅有两个且椭圆为对称图形，则， 得， 故的取值范围为； （3）若，则，， 由椭圆的定义可知，， 则， 等号成立时三点共线， 故当三点共线时，取得最大值； 因直线的斜率不为，则可设直线，， 联立，得， 则，得， 由韦达定理可知，， 则， 则， 令，则， 若，则，则，等号成立时； 若，则， 则，等号成立时； 因，    则不存在点使得和同时取到最大值. 3． 【分析】（1）根据已知条件列方程组求解即可. （2）根据直线与圆相切得到，设出点坐标，结合二次函数性质求出，进而求得. （3）设出直线方程并与双曲线方程联立，结合韦达定理得到，；求出直线、方程，得到点、坐标，结合对称列方程求出，求得为定值，再结合直角三角形的性质求解即可. 【详解】（1）因为双曲线的离心率为，点在双曲线上， 所以，解得，. 所以双曲线的方程为. （2）圆：的圆心，半径为. 因为是圆上的动点，直线与圆相切，所以，. 所以. 设，因为点是双曲线上的动点，所以. 所以， 当时，取得最小值，此时， 所以. （3）由题意知，直线的斜率存在，设直线的方程为. 联立，整理得， 且， 设，，则，， 直线的方程为， 令，则，即. 同理可得，. 因为关于原点对称，所以， 即， 整理得， 即， 整理得，即， 所以或. 若，则，则直线方程为，即， 此时直线过点，不符合题意. 若，则直线方程为，恒过定点， 所以为定值， 又，在中，为斜边， 所以当为中点时，. 因此存在点，使得为定值. 4． 【答案】(1)； (2)或 (3)存在， 【分析】（1）由椭圆方程结合椭圆定义可得周长； （2）要使以为直径的圆经过，则，为此设，将直线方程与椭圆方程联立，再设，则，然后由韦达定理可得答案； （3）设，，，由（2）中分析可得，然后由椭圆对称性可得，由此可将化为，据此可判断C的存在性. 【详解】（1）由题可得. 当不在轴上，由椭圆定义可得：， 则； （2）由题可得直线斜率不为0，因，设， 将直线方程与椭圆方程联立，得， 消去得：，判别式为：. 设，由韦达定理，. 因以为直径的圆经过，则. 又，则. 则， 即 . 则或； （3）设，，由题可得直线斜率不为0，且也经过. 设，由（2）中分析，可得. 又由椭圆对称性，可得与关于轴对称，则. 从而，， 因，则 . 又，则， 结合，， 则， 则，. 即存在满足题意. （建议用时：45分钟） 刷模拟 1． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由题意可得，设出双曲线C的方程，代入点坐标，求出，即可得答案. （2）根据导数的几何意义，求出切线l的方程，根据题意，可得圆中，设出圆的方程，根据点到直线的距离公式及直线与圆的位置关系，求出半径r的值，进而可得球的半径，代入体积公式，即可得答案. （3）求出椭圆的方程与其“交换椭圆”的方程，设，根据矩形的性质，可得对称点Q的坐标，进而可得的表达式，根据直线平行直线，求出直线PN的方程，与椭圆W联立，根据韦达定理，可得N点坐标，根据弦长公式，可得表达式，进而可得面积S的表达式，根据椭圆W的参数方程，结合三角函数的性质，即可得证. 【详解】（1）因为双曲线C的“交换双曲线”为自己本身，所以， 设双曲线C的方程为， 代入点，得， 所以双曲线C的方程为； （2）对求导可得，设切点为， 则切线的斜率，又， 所以切线l的方程为， 代入点，得，则切线l的方程为，即， 因为“交换圆”是自己本身，所以， 设圆的方程为， 因为直线l与圆相切，所以， 则“交换圆”面积为， 设球的半径为R，则，解得， 所以球的体积为 （3）由长轴为，可得，由离心率，得， 所以， 不妨设椭圆的焦点在x轴，则方程为， 则椭圆的“交换椭圆”方程为， 所以曲线的方程为， 因为矩形关于对称，设在椭圆W上， 则在“交换椭圆”上，则， 又直线平行直线，则直线PN的斜率为1， 所以直线PN的方程为，即， 联立，得， 所以，得， 所以， 所以面积， 因为点P在椭圆W上，所以， 令，为参数，， 因为，所以，解得， 不妨取第一象限部分，则， 代入可得 ， 因为，则， 所以当时，取得最大值为. 2． 【答案】(1)或 (2)和 (3) 【分析】（1）根据条件列出方程即可求解； （2）联立抛物线方程，消元后得方程，分类讨论，根据方程有一根求解即可； （3）设过P点的切线方程，利用圆心到直线的距离等于半径求出关于直线斜率的方程，再由切线与准线交点的纵坐标表示，利用韦达定理化简，换元求取值范围即可. 【详解】（1）由可知， 因为，所以， 即，解得， 代入抛物线方程，， 所以点的坐标为或. （2）联立方程，可得，即， 因为只有一个交点， 所以，即时，方程只有一解，满足题意，此时； 当时，则需，解得， 此时. 综上，直线的方程为和. （3）设， 由题意，切线与准线相交，故切线的斜率存在，设切线方程为， 即， 由圆知，圆心，半径， 所以，即， 设， 代入切线方程可得，， 所以，（其中分别是的斜率） 所以， 又， 令，则， 令，则， 所以， 因为，所以，所以， 故求的取值范围为. 3． 【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 【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. 【详解】（1）当点在椭圆的上顶点时，,，， 联立，得，即， 联立，得，即， 所以； （2）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； （3）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. 4． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由题意得，再将点的坐标代入双曲线的方程，可求出的值，进而可得出的值，由此可得出双曲线的方程； （2）设点、，易知点、关于原点对称，则，利用点差法可求得的值； （3）设点、，则、，将直线的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，可得出，求出的方程，由此可得出点的坐标，并求出直线的方程，将点的坐标代入直线的方程，结合韦达定理可得出的值，结合可得出的取值范围，在利用弦长公式以及双曲线的定义可求得周长的取值范围. 【详解】（1）由题意可知，则，则双曲线的方程可化为， 将点的坐标代入双曲线的方程可得，解得，故， 所以双曲线的方程为. （2）由（1）可知，双曲线的方程为，即， 设点、，易知点、关于原点对称，则， 因为，所以，故， 所以. （3）因为，所以双曲线的方程为，即， 易知点、、， 设点、，则、， 联立得， 则，可得， 由韦达定理可得，，故①， 直线的方程为，在该直线方程中令可得点， 直线的方程为， 将点的坐标代入直线的方程得， 即②， 由①得，代入②式得， 故，解得， 所以，可得， 所以 ， 因为，故直线恒过右焦点， 由双曲线的定义可得，， 故的周长为， 即周长的取值范围是. 5． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用离心率及所过点计算即可得； （2）设出直线后，利用圆的切线的性质计算可得，联立直线与曲线方程，消去可得与横坐标相关韦达定理，再利用弦长公式计算即可得； （3）设，，联立直线与曲线方程，消去可得与横坐标相关韦达定理，再利用圆上的点的性质，借助向量有，计算后可得与、、、有关等式，再利用定点性质计算即可得解. 【详解】（1）由题意可得，解得， 故椭圆的方程为； （2）由，则，可设，、， 则由直线与相切，可得，化简得， 联立，消去可得， ， 则，， 则 ； （3）设，、，， 联立，消去可得， ，即， ，， 由点在以为直径的圆上，则， 由，， 则 ， 即 故，则有， 由，故，则有， 即或，由，故， 即当且仅当时，以为直径的圆经过轴上方的定点， 且点坐标为. 6． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）将点的坐标代入双曲线方程求得，进而利用公式可得离心率； （2）设出点的坐标，利用坐标运算，结合向量关系，联立求解即可； （3）先求得，设直线，与双曲线方程联立，由韦达定理得，即可求解定点. 【详解】（1）将代入双曲线方程可得：， 因为双曲线中，所以， 即离心率： ； （2） 设，直线方程为， 令，得，即可知， 令，得，即可知， 由，可得：， 则由纵坐标对应相等可得 ， 由（1）知双曲线化简为，代入得， 解得或（因为此时与点重合故舍去），即； （3）设，由关于原点对称得， 计算得直线的斜率可得 所以有， 设直线，联立， 可得：， 设， 由韦达定理得， 由可得：， 整理得：， 所以， 所以， 代入韦达定理可得：， 所以， 所以， 所以， 所以，则或， 当时，直线恒过点，不符合题意， 故，此时直线恒过点. 7． 【答案】(1)、 (2)或． (3) 【分析】（1）求出椭圆的半焦距，可得出点、的坐标； （2）设直线的方程为，设、，将该直线方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用平面向量数量积的坐标运算以及韦达定理可求得的值，即可得出直线的方程； （3）求出线段的中点的坐标，可得出直线的斜率，将代入直线的方程，可得出点的坐标，即可求出直线的斜率，结合题意可知直线、的斜率相等，可求出的值，再求出、，即可求得的最大值. 【详解】（1）椭圆的半焦距，故、. （2）由题意可知直线不与轴重合，设直线的方程为，设、， 将代入，得，则， 故，， 又，， ，解得， 所以直线的方程为或． （3）设线段的中点为，由（2）知，， 直线的斜率， 易知直线的方程为， 将代入直线的方程，可得， 直线的斜率， 因为直线平分线段，则，所以对任意的实数恒成立， 则，解得， 故存在唯一的常数，使得平分线段． 此时， ，所以， 令，则，故（当且仅当时，）， 所以的最大值为． 8． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)存在定点 ，理由见解析 【分析】（1）利用待定系数法可求得椭圆的标准方程； （2）设直线 的方程，并与椭圆联立方程组，利用韦达定理及的条件，建立直线参数间的关系，再使用点到直线的距离公式即可证明. （3）设直线 的方程为 ，并与椭圆联立方程组，求出 的值，结合三点共线则即可求解. 【详解】（1）由题意知 ，即 . 又因为离心率 ，所以 ，所以 . 故椭圆 的方程为 . （2）证明：设 。 因为 ，所以 . 设直线 的方程为 ， 联立方程组 ，消去 得 ， 由韦达定理得 . 代入 ，即 ， 整理得 。 代入韦达定理结果并化简得 。 原点 到直线的距离 所以原点 到直线 的距离为定值 . （3）存在定点 ，理由如下： 由（1）知 ，设直线 的方程为 ， 设 ，则 ， 联立方程组 ，消去 得 ， 由韦达定理得 . 设 ，若 三点共线，则 ， 即 ，整理得 . 将 代入上式，化简得 . 代入韦达定理结果，得 . 化简得 ，解得 . 所以存在定点 ，使得 三点始终共线. 刷真题 1． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由椭圆的离心率定义即可得出答案； （2）设，求出E点的坐标，表示出，由数量积的定义求出，即可求出m的值； （3）设该直线为，直线与双曲线仅有一个公共点，讨论直线与双曲线的渐近线平行和直线与双曲线的渐近线不平行结合P为椭圆上一点即可得出答案. 【详解】（1）当时，椭圆，焦点在上， 则，则. （2）因为为椭圆的左右顶点，所以， 令中，则， 若，， ， 解得：. 若，， ， 解得：. （3）若P为椭圆上一点，过点P作一条斜率为的直线， 设该直线为，直线与双曲线仅有一个公共点， ①直线与双曲线的渐近线平行时， 则双曲线的渐近线为：，所以. 因为P为椭圆上一点，所以，所以不满足题意. ②直线与双曲线的渐近线不平行时， ，则， 则，解得：， 解得：，因为，所以. 又因为P为椭圆上一点，所以，则， 则，解得：， 所以，所以，综上所述：. 则m的取值范围为： 2． 【答案】(1)； (2)； (3)存在， 【分析】（1）根据给定条件，求出点的纵坐标，再利用两点间距离公式计算即得. （2）设，求出，再利用给定关系求出的范围，进而求出的范围. （3）设，利用向量坐标运算及共线向量的坐标表示可得，再联立直线与椭圆方程，结合韦达定理求解即得. 【详解】（1）设，由点为椭圆上一点，得，即，又， 所以. （2）设，而， 则，由，得， 即，又，则，解得，， 所以的范围是. （3）设，由图象对称性，得、关于轴对称，则， 又，于是， 则，同理， 由，得， 因此，即，则， 设直线，由消去得， 则，即，而，解得，， 由，得，所以. 3． 【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. 4． 【答案】(1) (2)交点为，在椭圆上，理由见解析 (3)6 【分析】（1）写出三点的坐标，可将用坐标表示出来，求出的值，再结合已知条件，即可求出，进而写出椭圆的标准方程； （2）根据条件，写出直线和的方程，求出交点坐标，再将其代入椭圆标准方程的左边，即可判断该点与椭圆的位置关系； （3）利用三角换元（或者椭圆的参数方程）的方法设出点的坐标，再结合点的坐标，写出直线和的方程，求出点的坐标，表示出，再利用三角恒等变换以及同角三角函数关系化简，最后根据重要不等式计算出的最小值. 【详解】（1）由题可得，又， 所以，解得， 所以， 故椭圆的标准方程为； （2）由，得直线的方程为：， 由，得直线的方程为：， 联立两方程，解得交点为， 代入椭圆方程的左边，得， 故直线与的交点在椭圆上； （3）由题有 因为两点在椭圆上，且关于原点对称， 则设， 直线，则， 直线，则， 所以 设，则， 因为， 所以，则，即的最小值为6. 5． 【答案】(1) (2)或 (3) 【分析】（1）由题意可得椭圆方程为，从而确定点的纵坐标，进一步可得点的坐标； （2）由直线方程可知，分类讨论和两种情况确定的值即可； （3）设，利用点到直线距离公式和椭圆的定义可得，进一步整理计算，结合三角函数的有界性求得即可确定的最小值． 【详解】（1）解：由题意可得，所以， 的中点在轴上， 的纵坐标为，代入得； （2）解：由直线方程可知，， ①若，则，即， ， . ②若，则， ，， ，，即， ，. 综上，或； （3）解：设，结合已知条件，由椭圆的定义及点到直线距离公式可得， 显然椭圆在直线的左下方，则，即， ，，即， ，整理可得，即， ，即的最小值为． 6． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）代入求出，利用抛物线定义即可求出值； （2）代入值求出，设，则得到的中点坐标，再代入抛物线方程则得值，则得到直线的方程，利用点到直线的距离即可； （3）设，写出直线的方程，求出点坐标，则，分和讨论即可. 【详解】（1）令，解得，即，而抛物线的准线方程为， 根据抛物线的定义有，解得，因为为第一象限的点，则. （2）由代入抛物线方程有，解得，则， 设，则的中点为, 代入抛物线方程有，解得， 直线的斜率为，其方程为，即, 坐标原点到的距离为. （3）设，根据， 则，则直线方程为， 化简得， 令，则，又，， 化简得 ①对任意的 恒成立. 则, 结合，， 当时，，则，则①也成立. 综上所述:.    7． 【答案】(1)； (2)； (3)存在，. 【分析】（1）根据椭圆方程直接求离心率； （2）问题化为以为圆心，为半径的圆与过的直线相切，且切线与有交点，设切线方程，利用与圆相切关系求参数，进而确定P的坐标； （3）设，，联立椭圆方程，结合韦达定理、判别式得，注意讨论、，确定中点为，再结合、求参数范围. 【详解】（1）由，则，即离心率为； （2）由题设，问题化为以为圆心，为半径的圆与过的直线相切， 且切线与有交点，显然切线斜率存在，令切线为， 所以，可得，则或， 当，则切线为，联立，可得， 则或，故此时，满足； 当，则切线为，联立，可得， 则或，故此时，不满足； 综上，. （3）由题设，直线的斜率存在，可设，， 联立，整理得， 其中，即， 所以，，则， ， 所以且，故， 当时，则且，则，此时，满足； 当，而的中点为，又， 则，即， 且， ， 所以，则， 所以，则，故 所以，则. 综上，. 8． 【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. 9． 【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 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $