专题30　证明性、探究性问题必刷题-2026届高考数学三轮冲刺新高考适用

专题30　证明性、探究性问题 题型01 圆锥曲线的证明性问题 1．（2026高三下·广东汕头·专题练习）已知椭圆：的离心率为，左、右焦点分别为，，点是上一点，，且的面积为． (1)求的方程． (2)过的直线与交于，两点，与直线交于点，设，，证明：为定值． 2．（2026高三·山东·专题练习）已知椭圆的焦距为2，点在上，为坐标原点. (1)求椭圆的标准方程； (2)过椭圆右焦点的直线与椭圆交于两点. （i）若点的坐标为，证明：； （ii）若，当时，求弦长的取值范围. 3．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）已知椭圆的右焦点为，下顶点为，离心率，直线交椭圆于两点． (1)求椭圆的方程； (2)若平分，且，垂足为． 　求的取值范围； 　证明：存在定点，使得为定值． 4．（25-26高三下·四川成都·月考）已知直线：，椭圆：.过椭圆的右焦点的直线与椭圆相交于点，. (1)判断直线与以线段为直径的圆的位置关系，并证明你的结论： (2)过点作直线的垂线，与直线相交于点， （ⅰ）求面积的最小值： （ⅱ）证明：直线与椭圆有且只有一个公共点. 5．（25-26高三·全国·二轮复习）已知椭圆的离心率为，右焦点，且，直线交椭圆于，两点，交轴于点． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线过右焦点，设，，求的值； (3)若已知，椭圆上下顶点分别为C，D，直线交直线于点，证明：点在定直线上． 6．（25-26高三下·河南新乡·月考）已知椭圆E：的右焦点为，过E的右顶点A和下顶点B的直线的斜率为． (1)求E的方程． (2)若直线与E交于M，N两点（均异于点B），记直线BM和直线BN的斜率分别为，证明：． 7．（25-26高三下·北京·开学考试）已知椭圆的离心率是，点和点分别是椭圆的下顶点和右顶点，点是坐标原点，的面积为3． (1)求椭圆的方程； (2)斜率为的直线与椭圆交于不同的两点和（和不与椭圆顶点重合）．直线分别交轴于点，且满足．证明：直线过定点． 题型02 圆锥曲线的探究性问题 8．（25-26高三下·安徽淮北·月考）已知椭圆以坐标原点为中心，坐标轴为对称轴，以抛物线的焦点为其一个焦点，以双曲线的焦点为顶点． (1)求椭圆的标准方程； (2)已知点，且、分别为椭圆的上顶点和右顶点，点是线段上的动点，求的最小值； (3)若是椭圆上关于原点对称的两点，是椭圆上任意一点，则当直线的斜率都存在，并记为、时，是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由． 9．（2026·甘肃兰州·二模）已知椭圆：，的下顶点为，左焦点为，动直线与椭圆交于两点. (1)若是椭圆上的一个动点，求的最大值； (2)若直线经过定点，坐标平面上是否存在定点（不同于点），使得恒成立?若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由. 10．（2026·广西桂林·一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，是面积为2的等腰直角三角形. (1)求的方程； (2)直线与交于M、N两点，为坐标原点.若上存在点，使得四边形为平行四边形，求的值. 11．（2026·江苏盐城·二模）已知椭圆经过点，分别为的左、右焦点，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)求的角平分线所在的直线的方程； (3)过点且斜率为的直线与椭圆交于两点，记直线的斜率分别为，是否存在常数，使得为定值？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 12．（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. (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. 13．（2026·陕西榆林·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知点，直线AP与BP相交于点P，且两直线的斜率之积为． (1)求动点P的轨迹方程； (2)直线与动点P的轨迹交于C，D两点，求弦长； (3)若动点P的轨迹为闭合曲线，点，动点P的轨迹上存在不关于x轴对称的两点M，N，使得恰好被x轴平分，求面积的取值范围． 14．（2026·四川眉山·二模）已知是圆上一动点，，线段的中垂线与线段交于点，点的轨迹为． (1)求的方程； (2)设，是上的两点，且，在直线上的射影为，是否存在，使得直线过平面内的定点？若存在，求出的值和定点坐标；若不存在，请说明理由． 强化训练 1．（2026·安徽淮北·模拟预测）若椭圆：上一点处的切线方程为.已知椭圆C:，P，Q分别为左、右顶点且离心率，直线l过交椭圆C于A，B两点，当直线l垂直于x轴时，. (1)求椭圆C的方程； (2)连接AQ，BQ，BP，并过A，B两点分别作椭圆的切线，这两条切线相交于点D，过D作BQ的平行线交AQ于M点，直线OM（O为坐标原点）交直线BQ于点N，直线AQ和直线BP的斜率分别为和，N，B两点横坐标分别为.证明：为定值； 2．（2026·福建·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，是上的动点，且不在轴上．当轴时，． (1)求的方程； (2)点分别在直线与上，且．证明：三点共线． 3．（2026·安徽淮北·二模）已知双曲线，是其右顶点，定点，动点，直线交于点，连接并延长交于点. (1)若，证明：为的左顶点； (2)设直线，的斜率分别为，，求证：是定值； (3)若的面积为5，求点坐标. 4．（2026·山东济南·二模）在平面直角坐标系xOy中，椭圆的离心率为，焦距为2，过的直线与交于两点，为线段的中点，过的直线与交于两点． (1)求C的方程； (2)设分别为直线的斜率，已知． （ⅰ）证明：为线段的中点； （ⅱ）判断四边形的面积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 5．（2026·江西赣州·一模）已知抛物线，过点作直线与抛物线相交于两点，为坐标原点. (1)证明：； (2)若存在异于点的定点，使得恒成立，请求出点的坐标，并求出面积的最小值. 6．（2026·河北唐山·一模）已知椭圆的离心率为，其左顶点为A，上顶点为B，的面积是1，其中O是原点，平行于的直线l与C交于M，N. (1)求C的方程； (2)是否存在这样的直线l，使以A，B，N，M为顶点的四边形为等腰梯形？若存在，求此时l的方程；若不存在，请说明理由. 7．（2026·湖南邵阳·二模）已知双曲线的渐近线方程为，右焦点为，直线与相切于点. (1)若与的渐近线分别交于，两点，证明：点为线段AB的中点； (2)已知直线：，：，若与，分别交于点，，是否存在实数，使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 8．（2026高三·全国·专题练习）已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为分别为左、右焦点，为右顶点，为左支上的动点（不包括顶点）． (1)求的离心率； (2)是否存在常数，使得总成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由； 9．（2026·河北邢台·二模）已知椭圆的离心率是椭圆的离心率的倍，的短轴长比的长轴长小2. (1)分别求，的方程； (2)直线与交于，两点，与相切于点. （i）若为的中点，求的方程； （ii）直线过交于，两点，，证明：. 10．（2026·河南焦作·模拟预测）已知，分别是双曲线的左、右顶点，且，动点在上，当时，． (1)求的标准方程． (2)已知，是的右支上不同于的两点． （i）若线段的中点为，证明：直线的斜率为定值； （ii）若点，直线，的斜率互为相反数，且，求的面积． 11．（25-26高三下·海南海口·月考）已知椭圆 （>）的离心率为 A，B分别为椭圆C的上、下顶点，O为坐标原点，直线与椭圆C交于不同的两点P，Q. (1)设点M 为线段PQ的中点，证明：直线OM 与直线PQ的斜率之积为定值； (2)若时， ①求椭圆C的方程； ②证明：直线BP与直线AQ的交点D在定直线上. 12．（25-26高三下·浙江·开学考试）已知椭圆，动点在抛物线上，过点作椭圆的两条切线分别交抛物线于不同的两点． (1)求椭圆的焦距； (2)若切线与椭圆的切点恰好是的中点，求直线的方程； (3)证明：直线经过定点，并写出定点坐标． 13．（2026·安徽池州·二模）已知双曲线过点和． (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． 14．（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． (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． 15．（2026·辽宁大连·模拟预测）已知椭圆：的左、右顶点分别为､，直线：交椭圆于､两点，其中在轴上方． (1)当时，若，求的值； (2)过点､分别作直线：的垂线，垂足分别为､，设直线、直线的斜率分别为､： （i）证明：； （ii）若存在使得成立，求实数的取值范围． 16．（2026·湖北孝感·二模）已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，点在双曲线上．点为双曲线右支上除右顶点外的任意点． (1)求双曲线的标准方程； (2)证明：点到的两条渐近线的距离之积为定值； (3)已知的左顶点和右焦点，直线与直线相交于点．试问是否存在常数，使得？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 17．（2026·江苏·一模）已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为分别为左、右焦点，为右顶点，为左支上的两个动点（不包括顶点）． (1)求的离心率； (2)是否存在常数，使得总成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由； (3)若为定值，直线经过，求的最小值． 2 / 8 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题30　证明性、探究性问题 题型01 圆锥曲线的证明性问题 1．（2026高三下·广东汕头·专题练习）已知椭圆：的离心率为，左、右焦点分别为，，点是上一点，，且的面积为． (1)求的方程． (2)过的直线与交于，两点，与直线交于点，设，，证明：为定值． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由椭圆的定义及直角三角形的性质，列出关于的方程组，求解可得； （2）设直线的方程为，设，直线的方程与椭圆方程联立，得；与直线联立，得点的坐标；根据向量的坐标运算，得，化简可得为定值． 【详解】（1）设椭圆的焦距为，则， 解得， 所以椭圆的标准方程为． （2）由题可知，，直线的斜率存在. 设直线的方程为，， 由，得， 所以. 由，得. 由，， 得， 所以，即， 所以 ， 即为定值，定值为. 2．（2026高三·山东·专题练习）已知椭圆的焦距为2，点在上，为坐标原点. (1)求椭圆的标准方程； (2)过椭圆右焦点的直线与椭圆交于两点. （i）若点的坐标为，证明：； （ii）若，当时，求弦长的取值范围. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）（i）分直线是否与轴重合，设，与椭圆方程联立，根据韦达定理求证即可； （ii）化简求出其范围，再利用韦达定理化简得出即可求出的范围，利用弦长公式化简，令即可. 【详解】（1）由题意得，，得， 所以椭圆的标准方程为. （2）（i）当直线与轴重合时，显然成立； 当直线与轴不重合时，设直线方程为. 联立，得， 则，. 则， 因为， 所以. 故的倾斜角互补，所以； 综上，. （ii）由，则. 可得， 因为在上单调递减，在上单调递增， 所以， 又因为，所以， 由 ， 令，则， 因为，所以，则弦长的取值范围为. 3．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）已知椭圆的右焦点为，下顶点为，离心率，直线交椭圆于两点． (1)求椭圆的方程； (2)若平分，且，垂足为． 　求的取值范围； 　证明：存在定点，使得为定值． 【答案】(1) (2)；证明见解析 【分析】（1）利用已知条件求出，进而求出椭圆方程； （2）利用角平分线的性质，结合到角公式、韦达定理求出的关系，利用判别式构造不等式求解；利用垂直关系求出进而得出的直线方程，进而求出坐标，求出的轨迹方程，从而证明结论． 【详解】（1）已知椭圆的下顶点，故，则， 离心率，则，解得， 椭圆的方程为：． （2） 直线与椭圆联立得： ，设， 由韦达定理得， 已知平分，由到角公式可得： ①， ，，则 ，整理得②， ， 代入②得，即， 整理得③， 把③代入直线得：，联立椭圆方程得： ， 已知直线与椭圆有两个交点，则 ， 化简得，解得； 由可得，解得， 结合可得的方程：， 联立与的方程，代入，得， 解得，， 故， 设，则 ， ， ，即， ， 化为标准方程得：， 故是以为圆心，为半径的圆，故存在定点，使得为定值． 4．（25-26高三下·四川成都·月考）已知直线：，椭圆：.过椭圆的右焦点的直线与椭圆相交于点，. (1)判断直线与以线段为直径的圆的位置关系，并证明你的结论： (2)过点作直线的垂线，与直线相交于点， （ⅰ）求面积的最小值： （ⅱ）证明：直线与椭圆有且只有一个公共点. 【答案】(1)直线与以线段为直径的圆相离，证明见解析 (2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）设点，，点，到直线的距离分别为，，由两点间距离公式可得，根据直线与圆位置关系判断方法判断即可； （2）（ⅰ）方法1：设直线的方程可设为，直线与椭圆联立方程组，结合（1）以及三角形面积公式计算求解；方法2：设直线的方程可设为，直线与椭圆联立方程组，结合（1）求得，结合题意求得，根据三角形面积公式利用导数求解即可；（ⅱ）设点处切线为，斜率为，则的方程为， ，直线与椭圆联立方程组，由得，证明后即可证明直线与椭圆有且只有一个公共点. 【详解】（1）直线与以线段为直径的圆相离， 理由如下：由已知，右焦点的坐标为， 设点，， 其中，， 令点，到直线的距离分别为，， 则 ， 同理，， 设为的中点，点到直线的距离为， 则， 显然，以线段为直径的圆的圆心为，半径为， 直线与以线段为直径的圆相离； （2）（ⅰ）方法1：由题意知直线不与轴重合， 由已知，直线的方程可设为， 联立得，（*） ， 则， 由（1）得， ， 当且仅当，即垂直于轴时取“＝”， 根据平面几何知识，此时同时取得最小值3， 的面积， 故面积的最小值为. 方法2：由题意知直线不与轴重合， 由已知，直线的方程可设为， 联立得，（*） ， 则， 由（1）得， ， 过焦点且与直线垂直的直线方程为， 则，， 的面积 ，令，， 则，， 于是， 当时，单调递增， 当，即时， 取得最小值，最小值为， 故面积的最小值为； （ⅱ）欲证直线与椭圆有且只有一个公共点， 只需证明在点处切线的斜率等于直线的斜率， 由（ⅰ）得，，其中， 依题意，直线的斜率存在，设为， 则的方程为， 联立 得， 由于直线与椭圆仅有一个公共点，则由， 得， ， 即， 解得， 过焦点且与直线垂直的直线方程为， 则，， 只需证明，即证明恒成立即可， 即只需证明， 即证明， 即证明， 只需证明满足方程即可， 根据（ⅰ）中的方程（*）， 显然是方程的一个根， ， 由此可知，直线与椭圆有且只有一个公共点. 5．（25-26高三·全国·二轮复习）已知椭圆的离心率为，右焦点，且，直线交椭圆于，两点，交轴于点． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线过右焦点，设，，求的值； (3)若已知，椭圆上下顶点分别为C，D，直线交直线于点，证明：点在定直线上． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）设直线的方程为，根据向量的坐标运算以及韦达定理化简； （3）直线的方程为，联立直线、的方程求出点的坐标，结合韦达定理化简得出. 【详解】（1）依题意可得，解得， 所以椭圆的标准方程为． （2）由（1）可得椭圆的右焦点， 由题意知直线的斜率存在，则设直线的方程为， ， ，， 联立，得， ∴，， 又，，，， ，， 则，， ∴，， ∴ ． （3）依题意直线的斜率存在，设直线的方程为， 由（1）可得，， 设，， 由，得， ∴，，， 则，， 又直线的方程为，直线的方程为， 解，即， 即， 得，所以，即， 所以 ， 所以点在定直线上． 6．（25-26高三下·河南新乡·月考）已知椭圆E：的右焦点为，过E的右顶点A和下顶点B的直线的斜率为． (1)求E的方程． (2)若直线与E交于M，N两点（均异于点B），记直线BM和直线BN的斜率分别为，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据已知条件列出关于的两个方程，再解出即可； （2）将直线和椭圆联立，利用韦达定理即可化简并求出结果. 【详解】（1） 由有；而，，故. 所以，从而，故. 所以的方程是. （2）设，，将直线与联立：. 将直线代入椭圆，得到. 展开即为. 故，. 由于不在直线上，故，即， 从而 . 所以. 7．（25-26高三下·北京·开学考试）已知椭圆的离心率是，点和点分别是椭圆的下顶点和右顶点，点是坐标原点，的面积为3． (1)求椭圆的方程； (2)斜率为的直线与椭圆交于不同的两点和（和不与椭圆顶点重合）．直线分别交轴于点，且满足．证明：直线过定点． 【答案】(1) (2)证明见解析. 【分析】（1）根据已知条件列出的方程，解出和即可求出椭圆方程； （2）将直线l方程的方程与椭圆C方程联立，利用韦达定理，结合向量线性运算的坐标表示求出m与k的关系即可. 【详解】（1）由题意得，得. 又椭圆的离心率为，所以，即. 解得，，故椭圆C的方程为. （2）设直线l:，与椭圆C方程联立， 可得， 又直线与椭圆C交于不同的两点，则 设，，则， 因为点，所以直线AP方程为：， 令得点S的横坐标为，同理点T的横坐标为. 又，所以，即， 故，即，所以. 整理得. 化简得. 代入并乘以得：. . 化简得，又，所以， 即.所以， 故直线l过定点. 题型02 圆锥曲线的探究性问题 8．（25-26高三下·安徽淮北·月考）已知椭圆以坐标原点为中心，坐标轴为对称轴，以抛物线的焦点为其一个焦点，以双曲线的焦点为顶点． (1)求椭圆的标准方程； (2)已知点，且、分别为椭圆的上顶点和右顶点，点是线段上的动点，求的最小值； (3)若是椭圆上关于原点对称的两点，是椭圆上任意一点，则当直线的斜率都存在，并记为、时，是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)是定值 【分析】（1）利用椭圆和双曲线的定义结合题目条件即可求出椭圆的方程； （2）通过设出坐标后，结合直线的方程，利用二次函数的性质即可求出的最小值； （3）设出点，点，点后结合题目条件利用直线斜率的公式计算即可判断出为定值. 【详解】（1）抛物线的焦点，双曲线的焦点， 设椭圆的标准方程为，则，所以 ， 则椭圆的标准方程为； （2）设，由题意知，直线的方程为， 即线段CD：，则，， 所以， 所以当时，取得最小值为； （3）是定值，且定值为， 设点的坐标为，则点的坐标为，且， 设点的坐标为，则， 由得： ， 化简得： ． 9．（2026·甘肃兰州·二模）已知椭圆：，的下顶点为，左焦点为，动直线与椭圆交于两点. (1)若是椭圆上的一个动点，求的最大值； (2)若直线经过定点，坐标平面上是否存在定点（不同于点），使得恒成立?若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在定点 【分析】（1）求的最大值，利用椭圆的定义转化，求其最大值， （2）分类讨论：直线斜率存在时，直线平行于轴时，直线斜率不存在时，利用两种特殊情况找到坐标，再对斜率存在的情况进行计算，设直线：，只要证明即可得证， 【详解】（1）由题意得，则， 所以，，右焦点， 因为， 所以， 当且仅当、、共线（介于、之间）时取到， （2） 当直线斜率存在时，设方程为，与：联立得： ，则， 设，， 由韦达定理得，. 当直线平行于轴时，，因此， 此时在轴上，设. 当直线斜率不存在时，不妨设，， 则有， 解得或（舍）.下面证明点符合条件. 设直线：，要证， 即是的角平分线，只要证明. 而， 因为，因而得证， 综上，存在定点. 10．（2026·广西桂林·一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，是面积为2的等腰直角三角形. (1)求的方程； (2)直线与交于M、N两点，为坐标原点.若上存在点，使得四边形为平行四边形，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意结合椭圆性质列式求得，进而可得和椭圆方程； （2）联立方程，结合韦达定理可得，，根据平行四边形可得，代入椭圆方程即可得解. 【详解】（1）因为是面积为2的等腰直角三角形， 则，解得，可得， 所以椭圆的方程为. （2）联立方程，消去y可得， 则，解得， 设，则，， 可得， 又因为， 若四边形为平行四边形， 则，即， 因为点在椭圆上，则，解得， 所以. 11．（2026·江苏盐城·二模）已知椭圆经过点，分别为的左、右焦点，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)求的角平分线所在的直线的方程； (3)过点且斜率为的直线与椭圆交于两点，记直线的斜率分别为，是否存在常数，使得为定值？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)存在， 【分析】（1）根据离心率得、的关系，然后将点A的坐标代入椭圆方程，联立方程即可求解； （2）由角平分线的性质角平分线上的点到两边的距离相等可求解； （3）设出直线方程并联立椭圆方程，根据韦达定理表示出化简求解. 【详解】（1）由，可得， 将点代入椭圆方程得， 联立可得，，故椭圆方程为； （2）由（1）知，，，则直线方程为. 直线方程为. 设角平分线l上的一点为，则， 得或， 因为角平分线l的斜率为正，所以直线l方程为； （3）设直线方程为， 联立得， 设，，则，， 则 ， 代入，，整理得， 所以当时，使得恒为定值. 12．（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. (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 13．（2026·陕西榆林·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知点，直线AP与BP相交于点P，且两直线的斜率之积为． (1)求动点P的轨迹方程； (2)直线与动点P的轨迹交于C，D两点，求弦长； (3)若动点P的轨迹为闭合曲线，点，动点P的轨迹上存在不关于x轴对称的两点M，N，使得恰好被x轴平分，求面积的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）结合斜率公式计算即得动点的轨迹方程； （2）联立直线与椭圆得出韦达定理，再由弦长公式计算即得； （3）先设直线方程再联立，写出韦达定理，应用题设条件得出斜率关系，计算得出定点，再列出三角形的面积及基本不等式计算范围． 【详解】（1）设交点P的坐标为，因为直线AP与BP的斜率之积为， 所以，所以，则， 故动点P的轨迹方程为． （2）由与椭圆联立，可得， 设，则，       所以弦长． （3）设直线的方程为， 由得， 所以，， 因为恰好被x轴平分，所以，                所以直线的斜率与直线的斜率存在且， 即，整理得， 即，因，解得，即直线经过定点， 所以的面积 ， 当且仅当，即时，等号成立． 因为，所以面积的取值范围是． 14．（2026·四川眉山·二模）已知是圆上一动点，，线段的中垂线与线段交于点，点的轨迹为． (1)求的方程； (2)设，是上的两点，且，在直线上的射影为，是否存在，使得直线过平面内的定点？若存在，求出的值和定点坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)，定点 【分析】（1）题意可得，则，由椭圆的定义可知，点的轨迹是以、为焦点的椭圆； （2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，直线的方程为，令，结合根与系数的关系化简可得解. 【详解】（1）由可知，， 因为线段的垂直平分线与直线交于点， ，所以， 所以由椭圆的定义可知，点的轨迹是以、为焦点的椭圆， 所以， 所以， 所以曲线的方程为． （2）因为，则三点共线， 设直线所在直线方程为， 设，， 由 消去y整理得， 恒成立， 所以， 在直线上的射影为，则， 所以，可得直线的方程为, 令，则 ， 当时，即时，为定值， 当直线为轴时也成立， 所以存在，直线过定点. 强化训练 1．（2026·安徽淮北·模拟预测）若椭圆：上一点处的切线方程为.已知椭圆C:，P，Q分别为左、右顶点且离心率，直线l过交椭圆C于A，B两点，当直线l垂直于x轴时，. (1)求椭圆C的方程； (2)连接AQ，BQ，BP，并过A，B两点分别作椭圆的切线，这两条切线相交于点D，过D作BQ的平行线交AQ于M点，直线OM（O为坐标原点）交直线BQ于点N，直线AQ和直线BP的斜率分别为和，N，B两点横坐标分别为.证明：为定值； 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据离心率和弦长列方程组求解； （2）设，与椭圆方程联立，利用韦达定理得出，代入中化简即可. 【详解】（1）因为，所以，， 令，则，得，则， 得，，， 故椭圆C的方程为； （2）若直线的斜率为，则过点的切线平行，不符合题意； 故设，，. 联立，得， 由韦达定理，得，则， 因为，所以 ， 故为定值. 2．（2026·福建·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，是上的动点，且不在轴上．当轴时，． (1)求的方程； (2)点分别在直线与上，且．证明：三点共线． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）解法一：椭圆定义法（几何法）：先利用椭圆第一定义（椭圆上任意一点到两焦点的距离之和为 ），再结合直角三角形勾股定理求出a，最后由 求 ，即可得出方程； 解法二：待定系数法（代数法）：先利用点在椭圆上则坐标满足方程，再结合 的关系列出方程组，联立求解 ，最后即可得出方程. （2）解法一：先设点并利用椭圆方程得到消元条件，再由垂直关系转化为向量数量积为 0，通过两式加减得到 纵坐标的和差关系，最后用向量共线的交叉相乘判定式，结合椭圆方程化简得 0，证明与共线，从而证得 三点共线； 解法二：先由垂直关系求出直线的方程，联立得到坐标，再通过向量共线的交叉相乘判定式，结合椭圆方程化简得 0，证明与共线；对斜率不存在的特殊情况直接验证斜率相等，最终证得三点共线. 【详解】（1）解法一：（1）当轴时，， 所以，所以， 从而，，故的方程为． 解法二：（1）当轴时，，所以或，所以①， 又②，由①②，解得，， 故的方程为． （2）解法一：设，，，则，即． 又， 所以，，，． 因为，，所以，， 两式相加、减，得，， 又因为，， ， 所以，故三点共线． 解法二：设，则，即． (i)当直线，斜率均存在时，，， 所以直线，， 由得，由得， 所以，， 因为 ， 所以，故三点共线． (ii)当直线或斜率不存在时，根据对称性，不妨设斜率不存在，且， 此时点，，，故直线，从而， 则，， 所以三点共线． 综上，三点共线． 3．（2026·安徽淮北·二模）已知双曲线，是其右顶点，定点，动点，直线交于点，连接并延长交于点. (1)若，证明：为的左顶点； (2)设直线，的斜率分别为，，求证：是定值； (3)若的面积为5，求点坐标. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)或. 【分析】（1）先求出的直线方程，再联立该方程和双曲线方程求出的坐标，求出直线的方程后可求，该点即为双曲线的左顶点； （2）设，结合齐次化方法可证； （3）联立的方程和双曲线方程后结合韦达定理可用表示的面积，从而可求，从而可求的坐标. 【详解】（1）当时，，而，故， 故，由可得，故， 故，故，故， 故，该直线过，而为双曲线的左顶点， 故为双曲线的左顶点. （2）设，， 由可得，整理得， 由可得， 故的坐标为此方程的两组解， 由题设均不为1，故， 即，同理， 故为方程的两个解，故， 而过，故即，故. （3）由题设，而过第一象限和第三象限的渐近线的斜率为， 故直线与双曲线的右支交于两个不同的点， 而，故， 又，由可得， 故且，， 故，而直线与轴交点坐标为， 故的面积为， 整理得，故，故或， 而，故，结合可得或， 当时，故，此时，故，故； 当时，故，此时， 故， 故； 综上，或. 4．（2026·山东济南·二模）在平面直角坐标系xOy中，椭圆的离心率为，焦距为2，过的直线与交于两点，为线段的中点，过的直线与交于两点． (1)求C的方程； (2)设分别为直线的斜率，已知． （ⅰ）证明：为线段的中点； （ⅱ）判断四边形的面积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）是， 【分析】（1）根据离心率及焦距求椭圆方程即可； （2）（ⅰ）设直线的方程为，，，设中点，联立得到，再证明在直线上即可； （ⅱ）根据题意可得，利用点得到点坐标，进而得到，再求弦长及点到直线的距离，进而求出面积即可． 【详解】（1）解：由题意得, 解得， 所以椭圆的方程为； （2）解：（ⅰ）证明：由，则直线的斜率存在， 设直线的方程为，，，设中点， 联立，得， 则，， ，则， 即中点在直线上， 又是直线上，则，重合， 所以为线段的中点； （ⅱ）由（ⅰ）知为中点，为线段的中点，又关于原点对称， ， 又，则， ，解得， ， 点到直线的距离， 故四边形的面积为定值． 5．（2026·江西赣州·一模）已知抛物线，过点作直线与抛物线相交于两点，为坐标原点. (1)证明：； (2)若存在异于点的定点，使得恒成立，请求出点的坐标，并求出面积的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2)  8 【分析】（1）设出直线方程与抛物线联立，结合向量运算可证结论； （2）根据条件得出为的角平分线，结合斜率和为0，可求，求出弦长和高，利用三角形面积公式可得答案. 【详解】（1）证明：设直线的方程为， 由，得，即， 因为，所以， ， 所以，所以. （2）因为，所以， 由角平分线的性质可知，为的角平分线，由抛物线对称性可得，在轴上， 设，， 因为在轴上，所以，， 整理得，由，代入可得， 即，由于上式对任意恒成立，所以，即. ， 到直线的距离为：，面积， 当时，面积有最小值8. 6．（2026·河北唐山·一模）已知椭圆的离心率为，其左顶点为A，上顶点为B，的面积是1，其中O是原点，平行于的直线l与C交于M，N. (1)求C的方程； (2)是否存在这样的直线l，使以A，B，N，M为顶点的四边形为等腰梯形？若存在，求此时l的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)不存在，理由见详解 【分析】（1）根据离心率可得，再结合的面积可得，，即可得椭圆方程； （2）设直线l：，与椭圆方程联立，利用韦达定理分别求线段、的中点，结合等腰梯形的性质列式求解即可. 【详解】（1）因为椭圆的离心率为，可得，即， 则，， 又因为的面积，即，， 所以椭圆C的方程为. （2）由（1）可知：，， 则直线的斜率，且线段的中点为， 假设存在直线l满足题意，设直线l：，，， 联立方程，消去y可得， 则，解得， 可得，， 即，则， 可得线段的中点为，直线的斜率， 此时，可知直线与直线不垂直， 这与等腰梯形的性质相矛盾，假设不成立，所以不存在直线l满足题意. 7．（2026·湖南邵阳·二模）已知双曲线的渐近线方程为，右焦点为，直线与相切于点. (1)若与的渐近线分别交于，两点，证明：点为线段AB的中点； (2)已知直线：，：，若与，分别交于点，，是否存在实数，使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）利用双曲线的渐近线方程和焦点坐标求出双曲线的标准方程，根据直线是否存在斜率进行分类讨论，结合一元二次方程根与系数关系进行运算求解证明即可； （2）根据两点间距离公式，结合（1）的结论进行求解即可. 【详解】（1）设双曲线， 由题意得：解得故双曲线方程为. 设，则 ⅰ）当切线斜率不存在时，由对称性可知，为AB的中点. ⅱ）当切线斜率存在时，设切线（或） 联立方程组：消去得：. 由，即. 又，则，， 所以，即，解得. 所以直线，又，则. 联立方程组：消去得：，因为. 则上式化简为，恒成立. 设，，则，所以为AB的中点. （2）因为与相交，则切线的斜率存在， 由（1）知，切线，将，分别代入切线的方程得 所以，，则， . 所以. 故存在，使得恒成立. 8．（2026高三·全国·专题练习）已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为分别为左、右焦点，为右顶点，为左支上的动点（不包括顶点）． (1)求的离心率； (2)是否存在常数，使得总成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由； 【答案】(1)2 (2)存在常数 【分析】（1）根据渐近线的倾斜角，可得其斜率，即可得a，b的关系，求出a与c的关系，即可得答案. （2）当时，根据条件求出，即可得关系；当时，求证即可. 【详解】（1）由题意得，所以，则， 所以的离心率. （2）由（1）可知，，， ①当时，，， 此时，有； ②当时，可知的斜率都存在， 设，其中， 则， 则 ， 则， 因为为锐角，所以，， 所以，即. 所以存在常数，使得总成立.      9．（2026·河北邢台·二模）已知椭圆的离心率是椭圆的离心率的倍，的短轴长比的长轴长小2. (1)分别求，的方程； (2)直线与交于，两点，与相切于点. （i）若为的中点，求的方程； （ii）直线过交于，两点，，证明：. 【答案】(1)的方程为，的方程为 (2)（i）或（ii）证明见解析 【分析】（1）根据两曲线离心率的关系得到关系，再根据两椭圆长、短轴长度关系列方程，求出，进而得到两椭圆的方程； （2）（i）联立直线和椭圆，根据相切得到判别式，求出切点坐标，再联立直线和椭圆，利用韦达定理得到的中点，建立方程，求出，得到直线的方程； （ii）利用弦长公式求出，再结合设出方程，代入点求出参数，再求出，计算并化简，利用分析比值范围，得出结论. 【详解】（1）由题得，所以的离心率为， 因为的离心率是的离心率的倍，所以，整理得①， 又的短轴长比的长轴长小2.所以②， 联立①②解得，， 所以的方程为，的方程为. （2）（ⅰ）联立得， 所以，化简得. 且，所以，所以， 即. 设，. 联立得， 所以，化简得， 且，， 所以，所以， 所以的中点坐标为， 所以解得 则此时直线或 （ⅱ）证明：当时，为的短轴端点，为的短轴，所以，， 所以； 当时，由（ⅰ）可得 ， 设直线，因为点在上， 所以，解得， 同理可得 ， 所以， 因为，所以， 所以，当且仅当时取等号， 所以，即. 综上，. 10．（2026·河南焦作·模拟预测）已知，分别是双曲线的左、右顶点，且，动点在上，当时，． (1)求的标准方程． (2)已知，是的右支上不同于的两点． （i）若线段的中点为，证明：直线的斜率为定值； （ii）若点，直线，的斜率互为相反数，且，求的面积． 【答案】(1) (2)(i)证明见解析； (ii) 【分析】(1)由左右顶点信息可得，再把点的坐标代入的方程即可得； (2)(i)结合中点信息和双曲线方程，利用点差法即可得到直线的斜率； (ii) 先运用正切的和差角公式列出方程解得直线的斜率，再写出直线方程并与双曲线方程联立，依次得到点和的坐标，最后使用弦长公式和三角形面积公式算出的面积. 【详解】（1）因为，是双曲线的左、右顶点且，所以即. 又因为在上，且当时，， 所以，解得， 所以的标准方程为. （2）(i)设，因为在双曲线上， 所以，两式相减得：， 即， 因为的中点为，所以， 所以直线的斜率为 ，即为定值； (ii) 设，依题意有， 因为，所以，， 又点在点右上时，，点在点左下时有， 所以，平方整理得， 令解得或，所以或，因为小于的渐近线斜率， 此时直线与双曲线左支必有交点，也就意味着点在左支，故， 设，因为点在直线上， 所以的方程可设为，将其与双曲线方程联立得， 化简得， 由韦达定理有，同理可得， 又，， 所以. 11．（25-26高三下·海南海口·月考）已知椭圆 （>）的离心率为 A，B分别为椭圆C的上、下顶点，O为坐标原点，直线与椭圆C交于不同的两点P，Q. (1)设点M 为线段PQ的中点，证明：直线OM 与直线PQ的斜率之积为定值； (2)若时， ①求椭圆C的方程； ②证明：直线BP与直线AQ的交点D在定直线上. 【答案】(1)证明见解析 (2)①；②证明见解析 【分析】（1）设，利用点差法求得，再化简计算即得； （2）①利用条件建立关于的方程，求解即得椭圆方程；②将直线与椭圆方程联立，写出韦达定理，分别列出直线BP与直线AQ的方程，设，联立求得，回代入方程，利用韦达定理化简推出，即得结论. 【详解】（1）设则 则由 两式相减可得，即 ， 所以 为定值. （2）①由题意可得，  解得，故椭圆方程为 . ②联立方程，消去，可得， 由，解得，则， 因直线BP的方程为，即 ， 直线AQ的方程为，即， 设直线BP与直线AQ的交点为，则联立， 由，解得 ， 将其代入①，可得 即. 故直线BP与直线AQ的交点在定直线上. 12．（25-26高三下·浙江·开学考试）已知椭圆，动点在抛物线上，过点作椭圆的两条切线分别交抛物线于不同的两点． (1)求椭圆的焦距； (2)若切线与椭圆的切点恰好是的中点，求直线的方程； (3)证明：直线经过定点，并写出定点坐标． 【答案】(1) (2)或 (3)证明见解析 【分析】（1）利用椭圆方程求出半焦距即可. （2）设出直线方程，分别与椭圆、抛物线方程联立，结合判别式及中点坐标公式列出方程组求解. （3）设出点坐标，求出直线方程并与椭圆方程联立，利用判别式建立方程，同理可得直线方程与椭圆方程联立求得的方程，再利用方程根的特征及韦达定理求出直线即可推理得证. 【详解】（1）依题意，椭圆的长短半轴长分别为，则， 所以椭圆的焦距. （2）设直线，切点为， 由，得， 由，得，则， 由，得，则，因此， 解得或， 所以直线的方程为或. （3）设，由，得直线斜率， 直线的方程为，整理得， 同理得直线的方程为，由， 得， 因此， 整理得，同理， 则是关于的方程的两个根，， 因此直线的方程为，所以直线经过定点. 13．（2026·安徽池州·二模）已知双曲线过点和． (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. 14．（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． (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． 15．（2026·辽宁大连·模拟预测）已知椭圆：的左、右顶点分别为､，直线：交椭圆于､两点，其中在轴上方． (1)当时，若，求的值； (2)过点､分别作直线：的垂线，垂足分别为､，设直线、直线的斜率分别为､： （i）证明：； （ii）若存在使得成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)或． (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）先设直线，再联立得出韦达定理，再应用数量积坐标公式代入计算求解； （2）（i）设，再分和两种情况计算证明；（ii）先根据已知化简得，再结合（i）计算求解. 【详解】（1）设， 联立直线方程与椭圆方程， 得到方程， 由韦达定理得，， 代入得 ， 故，即或． （2），且，    （i）．设 若，则 故，故． 若， 故， ， ， ， 故，故． （ii）．由于，从而． 由（i）有， 故． 所以，即， 即， 解得， 结合即得． 16．（2026·湖北孝感·二模）已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，点在双曲线上．点为双曲线右支上除右顶点外的任意点． (1)求双曲线的标准方程； (2)证明：点到的两条渐近线的距离之积为定值； (3)已知的左顶点和右焦点，直线与直线相交于点．试问是否存在常数，使得？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)存在 【分析】（1）由渐近线倾斜角得到，再把点代入，建立方程求解； （2）设出点M的坐标为，，利用点到直线距离公式得到点M到双曲线C的两条渐近线的距离之积为定值； （3）先考虑时，再考虑，当M在x轴上方时，设出点的坐标，表达出，结合正切二倍角公式得到，故，当M在x轴下方时，同理可得结论. 【详解】（1）由双曲线的一条渐近线的倾斜角为，有，可得， 又由点在双曲线上，有， 代入，有，可得，， 故双曲线的标准方程为； （2）设点的坐标为，则，即． 双曲线的两条渐近线，的方程分别为，， 则点到两条渐近线的距离分别为，， 则． 所以点到双曲线的两条渐近线的距离之积为定值． （3）存在． ①当时，，又是的中点， 所以，所以，此时． ②当时． ⅰ）当在轴上方时，由，，可得， 所以直线的方程为， 把代入得． 所以，则． 由二倍角公式可得． 因为直线的斜率及， 所以，则． 因为，， 所以． ⅱ）当在轴下方时，同理可得． 故存在，使得． 17．（2026·江苏·一模）已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为分别为左、右焦点，为右顶点，为左支上的两个动点（不包括顶点）． (1)求的离心率； (2)是否存在常数，使得总成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由； (3)若为定值，直线经过，求的最小值． 【答案】(1)2 (2)存在常数，理由见解析 (3) 【分析】（1）根据渐近线的倾斜角，可得其斜率，即可得a，b的关系，求出a与c的关系，代入公式，即可得答案. （2）当时，根据条件，求出，即可得关系；当时，分别求出的表达式，化简整理，分析即可得关系. （3）设出直线的方程，与双曲线方程联立，根据韦达定理，可得表达式，进而可得表达式，利用导数求出的最小值，结合（2）及基本不等式，化简整理，即可得答案. 【详解】（1）由题意，所以， 所以的离心率. （2）①当时，，， 此时，有. ②当时，可得的斜率都存在，设， 则， 因为， 即，其中为锐角， 即，， 所以，即. 所以存在常数，使得总成立. （3）由对称性，设直线的方程为，代入， 得，即， 所以， 令，则， 令，则， 所以单调递增，所以的最小值为， 所以，当且仅当“”时，取等号. 由（2）可知， 所以. 所以 ， 当且仅当“且”时，取等号． 所以的最小值为. 2 / 8 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $