专题11：圆锥曲线证明问题十种考法 讲义 【圆锥曲线综合】-2026年高考数学二轮复习【压轴题全突破】（上海专用）

2026年高考数学二轮复习高分冲刺【压轴题全突破】 专题11 圆锥曲线证明问题十种考法 类型一：证明数量关系 题型01 证明角的关系 1. （2025上海市徐汇中学高三三模）双曲线左顶点为A，右焦点为F，点B是双曲线C上一点． （1）当时，求双曲线两条渐近线的夹角； （2）若直线BF的倾斜角为，与双曲线C的另一交点为D，且，求b的值； （3）若，且，点E是双曲线C上位于第一象限的动点，求证：． 2．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.点的坐标为，证明：； (3)若，当时，求弦长的取值范围. 3. （25-26上海高三阶段练习）已知椭圆的左、右焦点分别为，，右顶点为A，P为直线上一点.当时，，. （1）求椭圆E的方程. （2）过点P作椭圆E的切线，切点为B（异于点A），若，求； （3）在（2）条件下，证明：. 题型02 证明斜率关系 4. 已知双曲线：的离心率为，点在双曲线上．过的左焦点F作直线交的左支于A、B两点． (1)求双曲线的方程． (2)若，试问：是否存在直线l，使得点M在以AB为直径的圆上？若存在求出直线l的方程；若不存在，说明理由． (3)点，直线交直线于点．设直线、的斜率分别、，求证：为定值． 题型03 证明线段相等或比例关系 5. （上海市七宝中学2023届高三5月第二次模拟）已知椭圆：过点记椭圆的左顶点为M，右焦点为 (1)若椭圆C的离心率，求的范围； (2)已知，过点作直线与椭圆分别交于，两点（异于左右顶点）连接，，试判定与是否可能垂直，请说明理由； (3)已知，设直线的方程为，它与相交于，.若直线与的另一个交点为.证明：. 6.平面直角坐标系中，已知点，动点在轴上的投影为，且，记动点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)已知点，在曲线上，点在轴上方且异于点，点在轴下方，直线，，与轴分别交于点，，． （i）若，求的取值范围； （ii）求证：． 7．（24-25高三下·上海·月考）设为坐标原点，点，、为椭圆上的点，直线经过的重心. (1)求椭圆的离心率； (2)若点的坐标为 求点的坐标； (3)的边、与椭圆分别交于、两点，点在四边形内，求证：和的面积相等. 题型04 证明结论是定值或常数 8. 椭圆与圆和圆都外切． (1)求椭圆E的方程； (2)设A，B分别为椭圆E的左右顶点，F为椭圆的右焦点，K为椭圆E上动点（异于A，B），直线与椭圆E交于另一点H．若直线与交于点P，求证：点P在定直线l上； (3)在（2）的条件下，设直线与直线l交于Q点，椭圆E在点K处的切线与l交于R， ①求证：． ②求面积取最小值时K点的横坐标． 题型05 证明坐标间的关系 9. （上海市曹杨第二中学2023届高三三模）已知椭圆：，、是轴上不重合的两点，过点作不与坐标轴垂直的直线与椭圆交于、两点，直线、分别与直线交于、两点.    (1)若点的坐标为，点的坐标为，求点的坐标； (2)设为线段的中点，且，求证：； (3)是否存在实数，使得为定值，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 题型06 证明不等关系 10．（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. 11．已知为椭圆上一点，过动点作的两条切线，切点分别为，点在直线上，且（为坐标原点）． (1)求的方程； (2)证明点在定圆上，并求该圆的方程； (3)若点都在第一象限，直线交于两点，记的面积为，证明：． 类型二：证明位置关系 题型07 证明平行关系 12．（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． 13．（2023·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，． (1)求的方程； (2)设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：． 14. 已知椭圆的右顶点为A，下顶点为B，左右焦点分别为，且，圆经过点B．O为坐标原点． (1)求椭圆E的方程； (2)设圆W的切线与椭圆E相交于C，D两点，点在直线上，且满足，过Q作轴于点P，求证：． 题型08 证明垂直关系 15. （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． 16. （2024·上海奉贤·二模）已知曲线 ，是坐标原点， 过点的直线与曲线交于，两点. (1)当与轴垂直时，求的面积； (2)过圆上任意一点作直线，，分别与曲线切于，两 点，求证：；    (3)过点的直线与双曲线交于，两点（，不与轴重合）.记直线的斜率为，直线斜率为， 当时，求证：与都是定值.    17.（2025建平中学高三阶段练习）已知点、为双曲线的左、右焦点，过作垂直于x轴的直线，在x轴上方交双曲线C于点M，且，圆O的方程是． （1）求双曲线C的方程； （2）过双曲线C上任意一点P作该双曲线两条渐近线的垂线，垂足分别为、，求证：为定值； （3）若过圆O上点作圆O的切线l交双曲线C于A、B两点，求证：． 18．（2024·全国甲卷·高考真题）已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴． (1)求的方程； (2)过点的直线交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：轴． 题型09 证明三点共线 19．已知椭圆：（）的右焦点为，且点到长轴两个端点的距离分别为和，为坐标原点. (1)求的方程. (2)过点且不与轴重合的直线与交于两点. （ⅰ）若的面积为，求的方程； （ⅱ）若线段的中点为，在点处分别作的切线，两切线相交于点，求证：，，三点共线. 20.（25-26格致中学高三阶段练习）已知椭圆：（）的右焦点为，且点到长轴两个端点的距离分别为和，为坐标原点. (1)求的方程. (2)过点且不与轴重合的直线与交于两点，若的面积为，求的方程； （3）在（2）条件下，线段的中点为，在点处分别作的切线，两切线相交于点，求证：，，三点共线. 题型10 证明直线过定点、点在定直线上、点在定圆上 21. （2024·上海徐汇·二模）已知椭圆，分别为椭圆的左、右顶点，分别为左、右焦点，直线交椭圆于两点（不过点）. (1)若为椭圆上（除外）任意一点，求直线和的斜率之积； (2)若，求直线的方程； (3)若直线与直线的斜率分别是，且，求证：直线过定点. 22．（2024·天津河北·一模）设椭圆的离心率等于，拋物线的焦点是椭圆的一个顶点，分别是椭圆的左右顶点. (1)求椭圆的方程； (2)动点为椭圆上异于的两点，设直线的斜率分别为，且，求证：直线经过定点. 23.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． 24. （2023·上海静安·统考一模）已知椭圆：（）的离心率为，它的上顶点为，左、右焦点分别为，（常数），直线，分别交椭圆于点，．为坐标原点． (1)求证：直线平分线段； (2)如图，设椭圆外一点在直线上，点的横坐标为常数（），过的动直线与椭圆交于两个不同点、，在线段上取点，满足，试证明点在直线上． 25. （2025上海宝山区高三三模）如图，是抛物线上一点，过点的直线与轴分别交于两点，且是线段的中点，是抛物线上异于点的动点. （1）证明：直线是抛物线的切线； （2）已知，且的重心是的焦点，求所在的直线方程； （3）若分别在线段上，且交于点，求证：点是的重心. 26.已知椭圆，为坐标原点，点分别在直线与上，是上一点，四点构成平行四边形． (1)证明是定值，并求该值； (2)求平行四边形面积的最大值； (3)一族直线与交于点，证明每条弦被定直线平分，并求该直线的方程． 27. （25-26黄浦区二模）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． 28.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. 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【压轴题全突破】 专题11 圆锥曲线证明问题十种考法 类型一：证明数量关系 题型01 证明角的关系 1. （2025上海市徐汇中学高三三模）双曲线左顶点为A，右焦点为F，点B是双曲线C上一点． （1）当时，求双曲线两条渐近线的夹角； （2）若直线BF的倾斜角为，与双曲线C的另一交点为D，且，求b的值； （3）若，且，点E是双曲线C上位于第一象限的动点，求证：． 【答案】（1）；（2）或；（3）证明见解析． 【解析】 【分析】（1）当时，求得双曲线的渐近线方程，结合两直线的夹角公式，即可求解； （2）设，得到直线的方程为，代入双曲线的方程，结合弦长公式列出方程，即可求解； （3）得到点的纵坐标，求得双曲线的方程，设，求得，，进而得到所以，即可得证. 【详解】（1）当时，双曲线的渐近线方程为， 设两条渐近线的夹角为，则， 所以两条渐近线的夹角为. （2）设，其中，则直线的方程为， 代入双曲线，整理得， 由题意，可得， 设，， 则， 又由，即，解得或. （3）由题意，故点的纵坐标满足， 由，所以，所以，，所以双曲线的方程是， 设，则，， 所以， 所以， 又因为，所以. 【点睛】直线与圆锥曲线的综合问题的求解策略： 对于直线与圆锥曲线位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线方程，应用一元二次方程根与系数的关系，以及弦长公式等进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力． 2．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.点的坐标为，证明：； (3)若，当时，求弦长的取值范围. 【答案】(1) (2)证明见解析；（3） 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）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； （3）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）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，. （3）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. （25-26上海高三阶段练习）已知椭圆的左、右焦点分别为，，右顶点为A，P为直线上一点.当时，，. （1）求椭圆E的方程. （2）过点P作椭圆E的切线，切点为B（异于点A），若，求； （3）在（2）条件下，证明：. 【答案】(1)(2)；（3）证明见解析 【详解】（1）由题意可得，解得， 所以椭圆的方程为. （2）解：根据对称性，不妨设点在第一象限，且. ，. 因为，所以， ， 所以，解得（舍去），所以. （3）证明：根据对称性，不妨设点在第一象限，且，直线. 由，得. 由题意可得， 展开后整理得，. 直线的斜率，， 所以，所以. 题型02 证明斜率关系 4. 已知双曲线：的离心率为，点在双曲线上．过的左焦点F作直线交的左支于A、B两点． (1)求双曲线的方程． (2)若，试问：是否存在直线l，使得点M在以AB为直径的圆上？若存在求出直线l的方程；若不存在，说明理由． (3)点，直线交直线于点．设直线、的斜率分别、，求证：为定值． 【答案】(1)； (2)不存在，理由见解析； (3)证明见解析 【难度】0.4 【知识点】根据双曲线过的点求标准方程、根据离心率求双曲线的标准方程、双曲线中存在定点满足某条件问题、双曲线中的定值问题 【分析】（1）根据题意列式求，进而可得双曲线方程； （2）设，联立方程，利用韦达定理判断是否为零即可； （3）用两点坐标表示出直线，得点坐标，表示出，结合韦达定理，证明为定值． 【详解】（1）由双曲线的离心率为，且在双曲线上， 可得，解得，所以双曲线的方程为． （2）双曲线的左焦点为， 当直线的斜率为0时，此时直线为，与双曲线左支只有一个交点，不符合题意， 当直线的斜率不为0时，设， 由，消去得， 显然，， 设，则，得， 于是， ， 即，因此与不垂直， 所以不存在直线，使得点在以为直径的圆上． （3）由直线，得， 则，又， 于是 ， 而，即有，且， 所以，即为定值． 题型03 证明线段相等或比例关系 5. （上海市七宝中学2023届高三5月第二次模拟）已知椭圆：过点记椭圆的左顶点为M，右焦点为 (1)若椭圆C的离心率，求的范围； (2)已知，过点作直线与椭圆分别交于，两点（异于左右顶点）连接，，试判定与是否可能垂直，请说明理由； (3)已知，设直线的方程为，它与相交于，.若直线与的另一个交点为.证明：. 【答案】(1)； (2)垂直，理由见解析； (3)证明见解析. 【详解】（1）在椭圆上, 可得 ； （2）   且椭圆过, 因此椭圆方程为 由题意得，假设设, 则,由得 即① 又点在椭圆上，② ①②联立消去，得 则 （为左项点不符合题意舍）, 所以与垂直. （3）   设, 由（2）知椭圆方程为与直线的方程 联立消去， 并整理得， 可得 又点A 在直线上， 又直线 AD 的方程为与椭圆方程为联立消去， 整理得, 所以于是可得  ，即, 从而B , D 两点关于 x 轴对称，因此. 6.平面直角坐标系中，已知点，动点在轴上的投影为，且，记动点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)已知点，在曲线上，点在轴上方且异于点，点在轴下方，直线，，与轴分别交于点，，． （i）若，求的取值范围； （ii）求证：． 【解】（1）设，则，由得， 整理得曲线的方程为：． （2）（i）联立直线与得：，故， 又，以替代，得，所以，即轴． 于是，，即|AB|的取值范围为．     （ii）联立直线与得：， 由韦达定理，，由， 在直线中，令得，同理，又， 于是 . 7．（24-25高三下·上海·月考）设为坐标原点，点，、为椭圆上的点，直线经过的重心. (1)求椭圆的离心率； (2)若点的坐标为 求点的坐标； (3)的边、与椭圆分别交于、两点，点在四边形内，求证：和的面积相等. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【详解】（1）在椭圆中，，，则，故. （2）设点、，则的重心为， 易知直线的方程为，且点在直线上， 所以，，即， 因为，两式作差可得， 即， 即，所以，， 因为点，所以，直线的方程为，即， 联立可得， 由韦达定理可得，可得，则， 故点的坐标为. （3）由（2）可知，直线的斜率为，设直线的方程为， 由于原点在四边形内，由图可知，， 联立可得， 则，又因为，解得， 由韦达定理可得，， 设直线、的斜率分别为、， ，同理， 所以， ， 设点、， 当的斜率不存在时，则，，其中， 所以，，，此时，， 若，则，，不妨取点、， 此时，直线的方程为， 联立解得，即点， 由题意可知，，矛盾，故直线的斜率存在， 设直线的方程为， 联立可得， ，整理可得， 由韦达定理可得，， ， 整理可得， 代入韦达定理并整理可得对满足的实数恒成立， 所以，，解得，故， 设直线分别交线段、于点、，则为的中点， 所以，， 因为，故， 所以，，，，， 所以，， 即和的面积相等. 题型04 证明结论是定值或常数 8. 椭圆与圆和圆都外切． (1)求椭圆E的方程； (2)设A，B分别为椭圆E的左右顶点，F为椭圆的右焦点，K为椭圆E上动点（异于A，B），直线与椭圆E交于另一点H．若直线与交于点P，求证：点P在定直线l上； (3)在（2）的条件下，设直线与直线l交于Q点，椭圆E在点K处的切线与l交于R， ①求证：． ②求面积取最小值时K点的横坐标． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)①证明见解析；② 【详解】（1）圆的圆心为，半径为； 圆的圆心为，半径为； 由题意椭圆E与两圆都外切，结合图形可知，， 故椭圆E的方程为. （2）由椭圆E的方程为可知， 由题意知，不垂直于轴，故可设直线， 由焦点在椭圆内，则直线与椭圆恒有两个交点， 设， 联立直线与椭圆方程得， 由韦达定理得， 则（）， 又直线方程为，方程为， 设两直线交点， 则联立方程，解得， 将（）式代入化简得， 故点P在定直线上. （3）①由题意知椭圆E在点处的切线斜率存在， 可设切线的方程为， 联立直线与椭圆E方程消得， ， 由直线与椭圆相切， 则， 化简得， 由，得代入上式得， 解得，故， 令，得 直线，令得； 直线，令得； 由， 故为线段的中点， ，得证. ②由， 则 则 ， 则的面积 . 令，， 则， 由解得， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 故当时，函数取最小值. 即面积S取最小值时K点的横坐标为． 题型05 证明坐标间的关系 9. （上海市曹杨第二中学2023届高三三模）已知椭圆：，、是轴上不重合的两点，过点作不与坐标轴垂直的直线与椭圆交于、两点，直线、分别与直线交于、两点.    (1)若点的坐标为，点的坐标为，求点的坐标； (2)设为线段的中点，且，求证：； (3)是否存在实数，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)证明见解析 (3)存在， 【详解】（1）由， 知直线的方程为， 直线的方程为， 在中，令，则，即， 联立，解得或， 所以点， 所以直线的方程为， 令，则， 故点的坐标为. （2）因为为线段的中点， 所以， 所以， ， 因为，所以， 即， 所以， 所以， 故.    （3）设直线的方程为， 联立得， 易得，所以，， 由， 知直线方程为， 令，则，即， 同理可得，点， 所以， 而， ， 所以， 故当，即时，是定值. 题型06 证明不等关系 10．（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， . 11．已知为椭圆上一点，过动点作的两条切线，切点分别为，点在直线上，且（为坐标原点）． (1)求的方程； (2)证明点在定圆上，并求该圆的方程； (3)若点都在第一象限，直线交于两点，记的面积为，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析， (3)证明见解析 【分析】（1）将已知点代入椭圆方程即可得解； （2）设直线的方程为，与椭圆的方程联立，利用，进而得到直线的方程，再设，根据，利用向量内积为0，解出定圆，即可得证； （3）设直线的方程为，联立椭圆方程，利用韦达定理求出，再结合直线与圆相切的条件以及点的位置关系求出三角形面积，即可得证. 【详解】（1）将代入，得， 解得，所以的方程为； （2）根据题意作图如下： 设直线的方程为，与椭圆的方程联立得，消去， 得， 又，化简得， 代入， 得，即，所以， 则， 所以直线的方程为； 设，则， 由，得， 即，所以点在定圆上； （3）根据题意作图如下： 设直线的方程为， 因为，所以，所以点不在轴上， 则直线的斜率，且， 令，有，故， 设，直线与椭圆的方程联立得，消去， 得， 所以， 则， 由（2）知点在圆上，又， 所以直线与圆相切， 所以圆心到直线（即）的距离为， 所以，则； 因为点在椭圆上，点在圆上，且都在第一象限， 所以， 则， 设点到直线的距离为， 所以， 由式有，故. 类型二：证明位置关系 题型07 证明平行关系 12．（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． 13．（2023·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，． (1)求的方程； (2)设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）结合题意得到，，再结合，解之即可； （2）依题意求得直线、与的方程，从而求得点的坐标，进而求得，再根据题意求得，得到，由此得解. 【详解】（1）依题意，得，则， 又分别为椭圆上下顶点，，所以，即， 所以，即，则， 所以椭圆的方程为. （2）因为椭圆的方程为，所以， 因为为第一象限上的动点，设，则，        易得，则直线的方程为， ，则直线的方程为， 联立，解得，即， 而，则直线的方程为， 令，则，解得，即， 又，则，， 所以 ， 又，即， 显然，与不重合，所以. 14. 已知椭圆的右顶点为A，下顶点为B，左右焦点分别为，且，圆经过点B．O为坐标原点． (1)求椭圆E的方程； (2)设圆W的切线与椭圆E相交于C，D两点，点在直线上，且满足，过Q作轴于点P，求证：． 【答案】(1)； (2)证明见详解. 【分析】 【详解】（1）因为圆经过下顶点，所以， 又，所以，所以， 所以椭圆E的方程为. （2）由（1）知， 要证，只需证，即，得， 又，所以只需证. 设，因为，所以， 当直线的斜率不存在时，易知其方程为，则， 因为，，所以 将代入得，代入得. 当直线的斜率存在时，设其方程为，易知， 则，代入，得：， 整理得， 又圆与直线相切，所以， 所以，， 因为点在椭圆上，所以， 整理得， 又，所以， 由，解得. 综上，，即可得证.    题型08 证明垂直关系 15. （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. 16. （2024·上海奉贤·二模）已知曲线 ，是坐标原点， 过点的直线与曲线交于，两点. (1)当与轴垂直时，求的面积； (2)过圆上任意一点作直线，，分别与曲线切于，两 点，求证：；    (3)过点的直线与双曲线交于，两点（，不与轴重合）.记直线的斜率为，直线斜率为， 当时，求证：与都是定值.    【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）将代入椭圆方程，求出，再计算三角形面积； （2）设，当时求出，从而确定、、（一组）的坐标，说明，当时，设，的斜率分别为，直线，得到联立直线与椭圆的方程，由得到化为关于的一元二次方程为，利用韦达定理得到，即可得证； （3）设、、、，直线、的斜率分别为、，设直线，联立直线与曲线的方程，消元、列出韦达定理，由得，即可求出，设直线，与双曲线联立，消元、列出韦达定理，由斜率公式计算可得. 【详解】（1）由题可知，直线为，                        代入椭圆方程，解得，                                所以. （2）设， 当时， ，不妨取，，， 则，，所以，即成立；       当时，设，的斜率分别为，直线， 由， 因为直线与椭圆相切，所以， 即，                       化简可得， 化为关于的一元二次方程为，             所以.                                               因为在圆上，所以， 代入上式可得， 综上可得.          （3）设、、、， 直线、的斜率分别为、， 设直线，与椭圆联立得， 则，，，                            由得，                          即，                     计算分子部分： ，所以，           设直线，与双曲线联立得， 则，，，， 所以， 计算分子部分 ， 所以，                                    综上可得、均为定值.    【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. 17.（2025建平中学高三阶段练习）已知点、为双曲线的左、右焦点，过作垂直于x轴的直线，在x轴上方交双曲线C于点M，且，圆O的方程是． （1）求双曲线C的方程； （2）过双曲线C上任意一点P作该双曲线两条渐近线的垂线，垂足分别为、，求证：为定值； （3）若过圆O上点作圆O的切线l交双曲线C于A、B两点，求证：． 【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析． 【分析】（1）设，的坐标，利用点在双曲线上，，可得，利用双曲线的定义，可得双曲线的方程； （3）确定两条渐近线方程，设双曲线上的点，，求出点到两条渐近线的距离，利用，在双曲线上，及向量的数量积公式，即可求得结论． （3）设，，，，切线的方程为：代入双曲线中，利用韦达定理，结合向量的数量积，可得结论． 【详解】解：（1）设，的坐标分别为 因为点在双曲线上，所以，即，所以 在△中，，，所以 由双曲线的定义可知： 故双曲线的方程为： （3）解：由条件可知：两条渐近线分别为， 设双曲线上的点，，则点到两条渐近线的距离分别为， 所以 因为，在双曲线上，所以 故 设和的夹角为，则由，可得 所以 （3）设，，，，切线的方程为： ①当时，切线的方程代入双曲线中，化简得： 所以： 又 所以 ②当时，易知上述结论也成立． 所以 所以 18．（2024·全国甲卷·高考真题）已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴． (1)求的方程； (2)过点的直线交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：轴． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）设，根据的坐标及 轴可求基本量，故可求椭圆方程. （2）设，，，联立直线方程和椭圆方程，用的坐标表示，结合韦达定理化简前者可得，故可证轴. 【详解】（1）设，由题设有且，故，故，故， 故椭圆方程为. （2）直线的斜率必定存在，设，，， 由可得， 故，故， 又， 而，故直线，故， 所以 ， 故，即轴. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 题型09 证明三点共线 19．已知椭圆：（）的右焦点为，且点到长轴两个端点的距离分别为和，为坐标原点. (1)求的方程. (2)过点且不与轴重合的直线与交于两点. （ⅰ）若的面积为，求的方程； （ⅱ）若线段的中点为，在点处分别作的切线，两切线相交于点，求证：，，三点共线. 【答案】(1)； (2)（ⅰ）或或或； （ⅱ）证明见解析. 【分析】（1）根据题意列出关于的方程组，解得，从而可得，即可得椭圆方程； （2）（ⅰ）设直线，联立方程组，根据韦达定理计算的面积，可解得或，即可得直线方程； （ⅱ）利用中点坐标公式计算出点的坐标，即可得；设出以点为切点的切线方程，与椭圆方程联立，利用根的判别式可求出切线斜率，即可得出切线方程，同理可得点为切点的切线方程，联立两切线方程可求得点的坐标，即可得，由可证得三点共线. 【详解】（1）由题意可得，解得，则， 所以椭圆的方程为. （2）由（1）可知，，设直线， 联立，可得， 则， 设，则. （ⅰ）， 则， 整理可得即，解得或，则或， 所以，直线的方程为或或或. （ⅱ）设点，则，，所以. 设以点为切点的切线方程为即， 联立，可得， 则， 整理得， 则， 因为点是椭圆上的点，所以，即， 则， 所以以点为切点的切线方程为. 同理可得，以点为切点的切线方程为. 联立两切线方程，消去，可得，整理得, 结合化简可得， 由题意，，故，代入直线方程，可得， 所以，则,其中， 故，，三点共线. 20.（25-26格致中学高三阶段练习）已知椭圆：（）的右焦点为，且点到长轴两个端点的距离分别为和，为坐标原点. (1)求的方程. (2)过点且不与轴重合的直线与交于两点，若的面积为，求的方程； （3）在（2）条件下，线段的中点为，在点处分别作的切线，两切线相交于点，求证：，，三点共线. 【答案】(1)； (2)或或或； （3）证明见解析. 【分析】（1）根据题意列出关于的方程组，解得，从而可得，即可得椭圆方程； （2）设直线，联立方程组，根据韦达定理计算的面积，可解得或，即可得直线方程； （3）利用中点坐标公式计算出点的坐标，即可得；设出以点为切点的切线方程，与椭圆方程联立，利用根的判别式可求出切线斜率，即可得出切线方程，同理可得点为切点的切线方程，联立两切线方程可求得点的坐标，即可得，由可证得三点共线. 【详解】（1）由题意可得，解得，则， 所以椭圆的方程为. （2）由（1）可知，，设直线， 联立，可得， 则， 设，则. ， 则， 整理可得即，解得或，则或， 所以，直线的方程为或或或. （3）设点，则，，所以. 设以点为切点的切线方程为即， 联立，可得， 则， 整理得， 则， 因为点是椭圆上的点，所以，即， 则， 所以以点为切点的切线方程为. 同理可得，以点为切点的切线方程为. 联立两切线方程，消去，可得，整理得, 结合化简可得， 由题意，，故，代入直线方程，可得， 所以，则,其中， 故，，三点共线. 题型10 证明直线过定点、点在定直线上、点在定圆上 21. （2024·上海徐汇·二模）已知椭圆，分别为椭圆的左、右顶点，分别为左、右焦点，直线交椭圆于两点（不过点）. (1)若为椭圆上（除外）任意一点，求直线和的斜率之积； (2)若，求直线的方程； (3)若直线与直线的斜率分别是，且，求证：直线过定点. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）设点，直接计算，结合点在椭圆上化简即得； （2）设，由向量线性运算的坐标表示得出，再利用在椭圆上，可求出（或）的坐标，然后可得直线方程； （3）设，易知直线的斜率不为，设其方程为（），直线方程椭圆方程整理后应用韦达定理得，把它代入可求得的确定值，从而得定点坐标． 【详解】（1）在椭圆 中，左、右顶点分别为， 设点，则 . （2）设，由已知可得，， 由得，化简得 代入可得， 联立解得 由得直线过点，， 所以，所求直线方程为. （3）设，易知直线的斜率不为，设其方程为（）， 联立，可得， 由，得. 由韦达定理，得.，. 可化为， 整理即得， ，由， 进一步得，化简可得，解得， 直线的方程为，恒过定点. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的直线过定点问题，一般可设直线与圆锥曲线的交点为，设出直线方程为或，直线方程代入圆锥曲线方程后化简整理后应用韦达定理得（或），代入题中关于交点的其他条件化简可得出（或）的关系，从而得出定点坐标． 22．（2024·天津河北·一模）设椭圆的离心率等于，拋物线的焦点是椭圆的一个顶点，分别是椭圆的左右顶点. (1)求椭圆的方程； (2)动点为椭圆上异于的两点，设直线的斜率分别为，且，求证：直线经过定点. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由抛物线的方程可得焦点F的坐标，由椭圆的离心率的值和它的一个顶点，可得a、b的值，即可求出椭圆的方程 （2）设直线AP的方程，与椭圆的方程联立，可得P的坐标，同理可得Q的坐标，进而求出直线PQ的方程，可证得直线经过定点 【详解】（1）的焦点的坐标，由，， ，得， 椭圆的方程为. （2）， 由题意可知，直线的斜率存在，且不为0，设直线的斜率， 直线的方程为， 联立消去， 得. 直线过点， . 代入，得， . 同理：直线的方程为， 联立消去， 得. 直线过点， . 代入，得， . 若，即 直线的斜率 ， 直线的方程为， 令，解得， 直线过定点. 若，此时，直线也过点. 直线过定点. 23.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． 24. （2023·上海静安·统考一模）已知椭圆：（）的离心率为，它的上顶点为，左、右焦点分别为，（常数），直线，分别交椭圆于点，．为坐标原点． (1)求证：直线平分线段； (2)如图，设椭圆外一点在直线上，点的横坐标为常数（），过的动直线与椭圆交于两个不同点、，在线段上取点，满足，试证明点在直线上． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由离心率，将，均用表示，求出直线的方程，与椭圆方程联立求得点坐标，即可得到直线的方程，根据椭圆的对称性，求出点的坐标，再证出中点在直线上即可； （2）设，和，用线段定比分点坐标公式将，坐标表示出来，并代入 ，结合的横坐标为和，在椭圆上，进行运算证明即可. 【解析】（1）由题意，，则，，∴， ∴椭圆方程为，即， ∴直线的斜率，直线的方程为， 联立消去，化简得，解得，， 即点的横坐标为，代入直线的方程，得， ∴直线的斜率，直线的方程为， ∵，∴由椭圆的对称性知， 又∵，∴线段AC的中点坐标为， ∵，∴线段AC的中点在直线：上， 即直线平分线段. （2）设过点的直线与椭圆交于两个不同点的坐标为，， ∵，在椭圆上，∴， ∵，∴设，易知，且， 则由已知，有，， ∴由线段定比分点坐标公式，有，， ∵点的横坐标为常数（）， ∴， 又∵点在直线：上，∴，∴， 将代入，得 ， 即点在直线上. 【点睛】本题的两问证明，实质上都是证明点在直线上，第（1）问证明中点在直线上，即可证明直线平分线段，第（2）问设，由线段定比分点坐标公式求得的坐标，即可结合，，的坐标，证明点在直线上. 25. （2025上海宝山区高三三模）如图，是抛物线上一点，过点的直线与轴分别交于两点，且是线段的中点，是抛物线上异于点的动点. （1）证明：直线是抛物线的切线； （2）已知，且的重心是的焦点，求所在的直线方程； （3）若分别在线段上，且交于点，求证：点是的重心. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先设出点坐标，根据中点关系得点坐标，求直线PA斜率，进而得直线方程，再联立直线与抛物线方程，通过判别式证直线是抛物线切线. （2）设、坐标及其中点，由已知条件求出坐标.假设直线PQ斜率不存在推出矛盾，所以斜率存在.设直线PQ方程，联立抛物线方程，根据韦达定理及已知的值求出斜率，从而得直线PQ方程. （3）利用E、、三点共线得到向量关系，结合已知线段比例关系设参数，通过向量运算及是中点的条件，得出与、的关系，进而判断是重心. 【小问1详解】 设，因为是线段的中点，所以. 则，所以直线的方程为， 即. 联立，整理得，所以， 因此，直线是抛物线的切线. 【小问2详解】 设中点为， 由已知得， 解得，从而 若直线斜率不存在，则，与重心矛盾，故斜率存在； 设 联立得：， 因为，所以 所以所在直线方程是 【小问3详解】 因为三点共线，所以. 又因为，设，则， 所以， 所以， 因为是线段的中点，所以，即，所以， 所以是的重心. 26.已知椭圆，为坐标原点，点分别在直线与上，是上一点，四点构成平行四边形． (1)证明是定值，并求该值； (2)求平行四边形面积的最大值； (3)一族直线与交于点，证明每条弦被定直线平分，并求该直线的方程． 【答案】(1)证明见解析，定值为 (2) (3)证明见解析， 【详解】（1）设，，，又， 四边形是平行四边形，则，， ， 在椭圆上，，， 是定值，且该定值为. （2）设直线的倾斜角为，则， ，， 或，，， 由（1）知：在中，由余弦定理得：， （当且仅当时取等号）， ，则当时，取得最大值， 平行四边形面积的最大值为. （3）设，，联立得：， 则，， ，中点为， 任取不同于的弦，同理可得：中点为， 直线的斜率， 直线的方程为：，即， 任意弦的中点均在直线上，即每条弦均被定直线平分． 27. （25-26黄浦区二模）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） 【解析】 【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. 【小问1详解】 椭圆的半焦距，故、. 【小问2详解】 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． 【小问3详解】 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． 28.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. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $