专题17 圆锥曲线的综合问题（真题研析+真题精炼+模拟探源，全国通用）2026年高考数学真题题源解密

**基本信息** 以椭圆、双曲线、抛物线为载体，聚焦最值范围、定点定值、探索证明三大考向，通过真题研析与模拟探源，系统提炼联立方程、韦达定理、参数构造等解题方法，构建“概念-原理-应用”知识逻辑链，培养逻辑推理与运算求解素养。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |最值与范围问题|含2026全国一卷T18等典例及多道真题|参数构造函数、韦达定理转化目标式|从曲线方程基础到函数求最值的应用拓展| |定点定值问题|含2023新课标Ⅱ卷T21等真题|交轨法消参、特殊位置验证|几何关系代数化的逻辑推理过程| |探索与证明问题|含2026全国二卷T18等典例及多道真题|分类讨论、代数推理严谨论证|曲线性质与逻辑证明的综合应用|

专题17 圆锥曲线的综合问题 内容导览 考情概览：摸清命题规律，锁定复习重点 2026真题研析：拆解最新真题，示范分析路径 3年真题精炼：精练近年真题，吃透常见考法 最新模拟探源：跟进模拟新题，预判考查风向 命题解读 考向 考查统计 1．高频考点： 以椭圆、双曲线、抛物线为载体，第一问常求曲线标准方程、离心率；第二问为综合难点，联立直线与曲线方程，借助判别式、韦达定理处理弦长、中点弦、三角形面积、定点定值、参数范围、最值等题型。常结合向量、不等式、函数进行跨模块融合命题。 2．素养考向 逻辑推理：将几何位置、长度等量关系等价转化为代数方程，运用方程思想、分类讨论梳理变量关系，推导取值范围，锻炼转化与论证能力。 工具应用：突出数形结合思想，把几何条件代数化运算，规避固化解题套路，侧重灵活构造与严谨运算，综合考查运算求解、直观想象核心素养。 圆锥曲线中的最值与范围问题， 2026·全国一卷T18（最值问题） 2025·全国一卷T18（最值问题） 圆锥曲线中的定点、定直线与定值问题， 圆锥曲线中的探索性与证明问题 2025·北京卷T19（比较大小） 2025·天津卷T18（证明问题） 2024·新课标Ⅱ卷T19（与数列结合，证明问题） 2024·全国甲卷T20（位置关系证明） 2024·天津卷T18（点存在问题） 两卷均设置解答题次压轴，一卷综合性更强，多定点、定值、范围探究；二卷设问梯度平缓，以弦长、面积常规运算为主。 命题导向：立足曲线基础性质，摒弃冗余计算套路，强调几何关系代数转化，注重审题与运算严谨性，分层区分学生能力。 考查重心：常联立直线与曲线方程，依托判别式、韦达定理解题，融合函数、不等式求最值与参数范围，重点考查逻辑推理、数形结合与运算求解核心素养。 考向一 最值与范围问题 典例1．（2026·全国一卷T18）已知椭圆的左焦点为，离心率为． (1)求的方程； (2)设为坐标原点，过且斜率大于 的动直线与交于P，两点，其中在第三象限，直线与的另一个交点为． （i）若的面积是的面积的 倍，求的方程； （ii）求的最小值． 【解】（1）已知椭圆的左焦点为，离心率， 则，解得，， 因此椭圆方程为. （2）解法一：设，点，点，其中， 联立直线与椭圆方程，得， 由韦达定理得， 由于两点在椭圆上，关于原点对称， 所以点，且， （i）由面积公式，， 又因为是线段的中点，所以，所以， ， 由于，得，即， 令，由与，得， 代入，得，解得， 所以，所以直线的方程为. （ii）直线的斜率为， 于是，当且仅当时取等号， 故的最小值为. 解法二：（i）如图所示，设直线的方程为，其中斜率，         设点，点，且， 根据椭圆的中心对称性可知，点， 联立直线与椭圆方程，得，化简得， 由韦达定理可得， 因为是关于原点的对称点，所以是线段的中点， 因此，所以， 由于，所以， ， ， 所以，即， 由于，所以简化为， 代入韦达定理，得，则， 化简得，由于，解得， 所以直线的方程为，即. （ii）由题意，即为直线与直线的夹角， 直线即直线，方程为， 点，点，点，直线的斜率， 直线的斜率， 由于在直线上，有， 则，代入， 则， 设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则， 因此， 即， 由基本不等式得，当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为. 微点拨：先由焦点、离心率求椭圆方程；设直线联立椭圆，利用面积倍数转化横坐标关系求直线；设参数构造函数，借助韦达定理表示目标式，求最值即可。 考向二 探索与证明问题 典例2．（2026·全国二卷T18）已知椭圆：（），过E的右焦点且与轴垂直的直线被截得的线段长为． (1)求的离心率． (2)设为坐标原点，给定点，为上的点，过作轴的垂线，垂足为，直线与直线的交点为．当在上运动时，点的轨迹为． （ⅰ）求的方程； （ⅱ）当为何值时，有对称中心？当有对称中心时，将平移后得到曲线，使得为的对称中心，说明是什么曲线. 【解】（1）设椭圆 的右焦点为，其中 ， 那么过右焦点且垂直于 轴的直线为，代入椭圆得 ，即 ， 所以 ，由于截线段长为 ，解得 ， 故 ，离心率 . （2）(i)  方法一： 由（1）知椭圆方程为 ，由于点满足 ，且 ，过作轴的垂线，交 轴于点 ， 那么当时，点，点与点重合； 当时，直线 方程为：，直线方程为： ， 即 ， 联立，解得，即点， 设，则由， 代入椭圆方程得，即， 两边乘以得， 整理得， 把点代入，仍然成立， 故轨迹的方程为； 方法二： 由于，点在轴，故直线必有斜率； 设直线方程为，，那么点， 由于轴，则， 由于点三点共线，则， 因为点在直线上，所以，， 把代入椭圆方程： ，得，即， 整理化简，得 ， 故轨迹的方程为； (ii)由（i）得轨迹的方程为， 当即时，轨迹的方程为 ，为抛物线去掉与x轴交点，无对称中心； 当 即 且0时， 化简轨迹的方程为， 将轨迹向左或向右平移个单位得到的方程为，即， 所以当时，形状为焦点在x轴上的椭圆去掉与轴交点， 当时，形状为焦点在x轴上的双曲线去掉与轴交点. 综上，当时，轨迹无对称中心； 当时，有对称中心； 当时，形状为焦点在x轴上的椭圆去掉与轴交点， 当时，形状为焦点在x轴上的双曲线去掉与轴交点. 微点拨：(1) 通径公式列式找关系求离心率；(2)(i) 设点坐标，用交轨法消参得轨迹方程；(ii) 根据曲线形式分析对称中心存在条件，平移后判定曲线类型。 考向一 最值范围问题 1.（2025·全国一卷T18）已知椭圆的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，． (1)求C的方程； (2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足． （i）设，求的坐标（用m，n表示）； （ⅱ）设O为坐标原点，是C上的动点，直线OR的斜率为直线的斜率的3倍，求的最大值． 【解】（1）由题可知,，所以，解得， 故椭圆C的标准方程为； （2）(ⅰ)设，易知， 法一：所以，故，且． 因为，，所以， 即，解得，所以， 所以点的坐标为. 法二：设，则，所以 ，，故 点的坐标为. (ⅱ)因为,,由,可得 ,化简得,即, 所以点在以为圆心,为半径的圆上（除去两个点）, 为到圆心的距离加上半径, 法一：设,所以 ,当且仅当时取等号, 所以. 法二：设，则， ，当且仅当时取等号, 故. 2.（2023·全国甲卷T 20）已知直线与抛物线交于两点，且． (1)求； (2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，，求面积的最小值． 【解】（1）设， 由可得，，所以， 所以， 即，因为，解得：． （2）因为，显然直线的斜率不可能为零， 设直线：，， 由可得，，所以，， ， 因为，所以， 即， 亦即， 将代入得， ，， 所以，且，解得或． 设点到直线的距离为，所以， ， 所以的面积， 而或，所以， 当时，的面积． 考向二 定点、定直线与定值 3.（2023·新课标Ⅱ卷T21）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为． (1)求C的方程； (2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上. 【解】（1）设双曲线方程为，由焦点坐标可知， 则由可得，， 双曲线方程为. （2）由(1)可得，设， 显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且， 与联立可得，且， 则，    直线的方程为，直线的方程为， 联立直线与直线的方程可得： ， 由可得，即， 据此可得点在定直线上运动. 16．（2023·全国乙卷T20）已知椭圆的离心率是，点在上． (1)求的方程； (2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点． 【解】（1）由题意可得，解得， 所以椭圆方程为. （2）证明如下： 由题意可知：直线的斜率存在，设， 联立方程，消去y得：， 则，解得， 可得， 因为，则直线， 令，解得，即, 同理可得， 则 ， 所以线段的中点是定点. 考向三 探索与证明问题 5.（2025·北京卷T19）已知椭圆的离心率为，椭圆E上的点到两焦点的距离之和为4. (1)求椭圆E的方程； (2)设O为坐标原点，点在椭圆E上，直线与直线，分别交于点A，B．设与的面积分别为，比较与的大小． 【解】（1）由椭圆可知，，所以，又，所以，， 故椭圆E的方程为； （2）联立，消去得，， 整理得，①， 又，所以，， 故①式可化简为，即，所以， 所以直线与椭圆相切，为切点. 设，易知，当时，由对称性可知，． 故设，易知， 联立，解得， 联立，解得， 所以 ， ， 故． 法二：不妨设，易知，当时，由对称性可知，． 故设， 联立，解得， 联立，解得， 若，则， 由对称性，不妨取，则， ，，所以， 同理，当时，， 当时，则，，, 又，所以， 所以 ， ， 则，即， 所以. 6.（2025·天津卷T18）已知椭圆的左焦点为F，右顶点为A，P为上一点，且直线的斜率为，的面积为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)过点P的直线与椭圆有唯一交点B（异于点A），求证：PF平分. 【解】（1）依题意，设椭圆的半焦距为， 则左焦点，右顶点，离心率，即， 因为为上一点，设， 又直线的斜率为，则，即， 所以，解得，则，即， 因为的面积为，，高为， 所以，解得， 则，， 所以椭圆的方程为. . （2）证明：由（1）可知，，， 易知直线的斜率存在，设其方程为，则，即， 联立，消去得，， 因为直线与椭圆有唯一交点，所以， 即，则，解得，则， 所以直线的方程为， 联立，解得，则， 以下分别用四种方法证明结论： 法一：则， 所以， ， 则，又， 所以，即平分. 法二：所以，，， 由两直线夹角公式，得，， 则，又， 所以，即平分. 法三：则，， 故， 又， 所以，即平分. 法四：则， 所以直线的方程为，即， 则点到直线的距离为， 又点到直线的距离也为， 所以平分. 7.（2024·新课标Ⅱ卷T19）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为. (1)若，求； (2)证明：数列是公比为的等比数列； (3)设为的面积，证明：对任意正整数，. 【解】（1）由已知有，故的方程为. 当时，过且斜率为的直线为， 与联立得到. 解得或，所以该直线与的不同于的交点为， 该点显然在的左支上.故，从而，. （2）证明如下： 方法一：由于过且斜率为的直线为，与联立，得到方程. 展开即得，由于已经是直线和的公共点，故方程必有一根. 从而根据韦达定理，另一根，相应的. 所以该直线与的不同于的交点为，而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为，故一定在的左支上. 所以. 这就得到，. 所以 . 再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列. 方法二：因为，，，则， 由于，作差得， ，利用合比性质知， 因此是公比为的等比数列. (3)证明如下： 方法一：先证明一个结论：对平面上三个点，若，，则.（若在同一条直线上，约定） 证明： . 证毕，回到原题. 由于上一小问已经得到，， 故. 再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列. 所以对任意的正整数，都有 . 而又有，， 故利用前面已经证明的结论即得 . 这就表明的取值是与无关的定值，所以. 方法二：由于上一小问已经得到，， 故. 再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列. 所以对任意的正整数，都有 . 这就得到， 以及. 两式相减，即得. 移项得到. 故. 而，. 所以和平行，这就得到，即. 方法三：由于，作差得， 变形得①， 同理可得， 由（2）知是公比为的等比数列，令则②， 同时是公比为的等比数列，则③， 将②③代入①， 即，从而，即. 8.（2024·全国甲卷T20）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． 【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. 9.（2024·天津卷T18）已知椭圆的离心率为．左顶点为，下顶点为是线段的中点（O为原点），的面积为． (1)求椭圆的方程． (2)过点C的动直线与椭圆相交于两点．在轴上是否存在点，使得恒成立．若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由． 【解】（1）因为椭圆的离心率为，故，，其中为半焦距， 所以，故， 故，所以，，故椭圆方程为：. （2） 若过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：， 设， 由可得， 故且 而， 故 ， 因为恒成立，故，解得. 若过点的动直线的斜率不存在，则或， 此时需，两者结合可得. 综上，存在，使得恒成立. 10．（2023·新课标Ⅰ卷T22）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为． (1)求的方程； (2)已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于． 【解】（1）设,则，两边同平方化简得， 故. （2）法一：设矩形的三个顶点在上,且，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，    则,令， 同理令，且，则， 设矩形周长为,由对称性不妨设，， 则， 易知 则令, 令，解得， 当时，，此时单调递减， 当，，此时单调递增， 则，故,即. 当时,,且， 即时等号成立，矛盾，故,得证. 法二：不妨设在上，且，    依题意可设，易知直线，的斜率均存在且不为0， 则设,的斜率分别为和，由对称性，不妨设， 直线的方程为， 则联立得， ，则 则， 同理， 令，则，设， 则，令，解得， 当时，，此时单调递减， 当，，此时单调递增， 则，， 但， 此处取等条件为，与最终取等时不一致，故. 1．（2026·辽宁沈阳·模拟预测）已知点在圆上，作垂直于轴，垂足为，点为中点． (1)求动点的轨迹的方程； (2)直线与轴交于点，与交于、两个相异点，且，求的取值范围． 【解】（1）由题意，设点、，则， 因为点为线段的中点，则，即， 因为点在圆上，所以，即， 因此，点的轨迹的方程为． （2）由已知可得，设点、， 联立得， 由已知可得，得， 由韦达定理可得，， 因为，即，则，即， 所以，所以， 即， 当时，不成立， 所以，代入得， 解得，因此，的取值范围是． 2．（2026·河北沧州·三模）已知椭圆的长轴长为，由的三个顶点构成的三角形的面积为    (1)求的方程 (2)记的右顶点和上顶点分别为，，点在线段上运动，垂直于轴的直线交于点点在第一象限，为线段的中点，设直线与的另一个交点为，证明：直线过定点． 【解】（1）由题意可知， E的三个顶点构成的三角形要么是短轴的一个顶点和长轴的两个顶点构成的三角形，面积为； 要么是短轴的两个顶点和长轴的一个顶点构成的三角形，面积为， 所以， 故E的方程为. （2）由于轴，所以不可能垂直于轴，故直线的斜率存在，故设直线的方程为，, 联立， 则 ， 直线的方程为， 当时，，所以，是的中点，所以， ，即，所以， 则， 化简得 ， 代入，得， 故，所以或， 故直线的方程为或， 由于不与重合，所以直线不经过，故直线的方程为， 此时 ， 故，此时直线过定点. 3．（2026·湖北襄阳·模拟预测）已知抛物线： （ ），为坐标原点，直线 ： ， 经过该抛物线的焦点，且与抛物线交于， 两点，为线段 中点．动直线 ： 在轴上方．    (1)求抛物线的方程； (2)当线段在直线上方时，直线等分三角形的面积，求 的值． (3)点在直线上的射影为点 ，是否存在 使得以点为圆心且过点 的圆过定点，若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由． 【解】（1）直线l： 经过点，由题意知，抛物线焦点即为， 所以 ， 故抛物线方程为： ． （2）已知直线与抛物线交于 两点，设，，联立直线与抛物线方程得： ， ，， 记直线分别与 ， 交于点E，F， 由三角形面积公式 ， 则，， 所以．    （3）存在，， D为线段 中点，则 ， ， 故，点， 以点为圆心且过点 的圆为， 即 ， 令， 所以存在，，使得以点为圆心且过点 的圆过点．    4．（2026·陕西西安·模拟预测）已知点，，双曲线的方程经过点，且的一条渐近线与直线平行，为上异于顶点的任意一点，为的左顶点． (1)求的方程； (2)求直线与的斜率之积； (3)设为上异于顶点和点的任意一点，且直线的斜率是直线的斜率的3倍，证明：直线恒过定点． 【解】（1）由经过点，得． 由，又因为双曲线一条渐近线与直线平行， 所以，则，故的方程为． （2）设，则，即， 因为，， 所以， 故直线与的斜率之积为． （3）证明：（方法一）由（2）知，，因为，所以． 设直线的方程为，代入， 得， 则且，即且． 设（且），则，． 因为， 再将，代入得：得， 即， 所以， 因为直线不过点，所以，所以， ，化简整理得，解得， 所以直线的方程为，故直线恒过定点． （方法二）设直线的方程为，代入， 得， 则且，即且． 设（且），则，． 因为，所以，即， 整理得， 由，所以，得， 所以， ，整理得， 因为等式恒成立，所以，解得． 所以直线的方程为，故直线恒过定点． 5．（2026·河南周口·三模）已知椭圆：的左焦点为，短轴长是长轴长的． (1)求的方程． (2)过点的直线与交于，两点，点，从下列两个命题中选择一个正确的命题，并证明． ①直线与的斜率之和为定值； ②直线与的斜率之积为定值． 【解】（1）由题意可知：解得因此椭圆的方程为 （2）命题①正确， 证明如下：当斜率不存在或斜率不为时， 设过的直线方程为，， 将直线方程代入椭圆方程得： ， 整理得， 由韦达定理得： ， ， 化简得, 当斜率为时，设，显然，故命题①成立. 6．（2026·安徽阜阳·二模）已知双曲线C：的焦距为8，点在双曲线C的一条渐近线上.过双曲线C的左焦点F作直线l交双曲线C的左支于A，B两点. (1)求双曲线C的方程； (2)已知点，直线交直线于点Q，设直线，的斜率分别为，，求证：为定值. 【解】（1）由题意知，则，所以， 因为点在双曲线的一条渐近线上， 所以点在双曲线的渐近线上，所以， 综上可得， 故双曲线的方程为. （2）由（1）知双曲线的左焦点为， 由题意设直线的方程为， 由直线，得， 设，则，又， 所以 ， 由，得，其中， 则，，，所以. 因为，所以， 所以 . 即为定值. 7．（2026·宁夏银川·三模）已知抛物线的顶点为原点，焦点到直线的距离为． (1)求抛物线的方程； (2)设为直线上的点，过点作抛物线的两条切线，，其中，为切点． ①证明：直线的方程为；      ②求面积的最小值. 【解】（1）由抛物线的顶点为原点，焦点为，得抛物线的方程为； 到直线的距离为，，解得； 抛物线的方程为. （2）①设切点，且，. 由得，则； 过点的切线方程为，即； 切线过点，，整理得. 同理，可求得. ，两点都满足方程； 由两点确定一条直线可得，直线的方程为. ②联立直线与抛物线的方程，整理得； Δ，由韦达定理得 ； . 点到直线的距离; 的面积. ，当即时，取得最小值，即； 面积的最小值为. 8．（2026·广东茂名·二模）在平面直角坐标系中，曲线：（，），点，直线与轴交于点，同时与曲线交于点，点，分别是曲线与线段上的动点． (1)若直线与轴垂直，且，求点的坐标； (2)若为曲线上一点，是否存在点使得四边形是以，为邻边的矩形，若存在，求出此时点的横坐标；若不存在，请说明理由． 【解】（1）因为直线与曲线：（，），交于点，所以，.    设，由直线与轴垂直，所以，， 又因为，所以，即，解得， 再将代入得（因为，故舍去）. 因此点的坐标. （2）设，    因为四边形是以，为邻边的矩形，所以， 因此，得， 又因为，所以，因此，得， 因为在曲线上，所以，再将代入， 得，，， ，令，则， 解得（负根舍去），即. 所以，显然，满足在曲线上. 由， 所以, 所以，所以，即，因此点在线段上. 因此，存在点使得四边形是以，为邻边的矩形，此时点的横坐标为. 9．（2026·安徽·模拟预测）已知抛物线：的焦点为，，是上不同的两点（其中在第一象限），点.当，关于轴对称，且时，． (1)求的方程； (2)已知为轴上一点（点与不重合），，是上不同的两点（其中在第一象限），且，若，，三点共线，，求证：轴． 【解】（1）因为，关于轴对称，，所以轴，且点纵坐标为. 令，则，解得，于是直线过焦点． 在中，，， 则，解得， 故的方程为． （2）由题意得，与轴不垂直， 不妨设直线，，，，， 联立，整理得，则， 所以，． 取中点，连接， 则，， 由，，得， 又，则，所以， 即，则， 因为，则， 则，则轴，即轴． 10．（2026·陕西西安·模拟预测）已知双曲线与直线()有唯一的公共点，过点且与直线垂直的直线分别交轴、轴于、 两点.当点运动时，点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)设点 ，若过点的直线与曲线的右支交于、两点. （ⅰ）证明：直线和直线的斜率乘积为定值； （ⅱ）若直线、与圆分别交于、两点，记四边形的面积为，的面积为，求的取值范围. 【解】（1）联立，消元得 因为，由，整理得， 因此，， 所以，其中 过点P且与直线l垂直的直线为， 可得，，依题意可得 由，，可得， 即点Q的轨迹方程为 （2）（ⅰ）（i）依题意，直线的斜率必不为0，可设其方程为，， 联立，消元得， 则由，解得 由韦达定理，， 则， 为定值； （ⅱ）设，，且， 联立，得，所以，同理可得 联立得，所以，同理可得 所以 由（ⅰ）知，，则， 代入得 因为，所以，设， 因函数在上单调递减，在上单调递增，故， 则，从而，，即 又因为， 所以的取值范围为. 11．（2026·北京大兴·三模）已知椭圆的离心率为，以椭圆两个焦点与短轴的两个端点为顶点构成的四边形的面积为. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点作直线与椭圆相切于点，且直线斜率大于0，过线段PQ的中点作直线交椭圆于A，B两点（点A，B不在轴上），连结PA，PB，分别与椭圆交于点M，N，记的面积分别为，比较与的大小关系，并说明理由. 【解】（1）由题意可知，解得， 故椭圆的标准方程为； （2）；理由如下： 设切线PQ的方程为， ， 由，消去y得①，    则， 解得或（舍去），将代入①得， ，解得，则， 所以，又为PQ中点，则， 因为斜率都存在，不妨设，， 则的方程为，联立得， 得，所以 ， 则，同理，， 则， 又R，A，B三点共线，则,即， 即得， 化简得， 所以， 所以，所以，则到直线的距离相等，设为d， 则，所以. 12．（2026·安徽·三模）设椭圆：的离心率为，为椭圆的左端点． (1)求椭圆的标准方程： (2)设动点，在椭圆上且在第三象限，点，射线，关于直线对称，记，的斜率分别为，． （i）若，求； （ii）求证：直线过定点，并求出该定点的坐标． 【解】（1）由题意，，又离心率，故， 所以椭圆的标准方程为； （2）（i）由题，，设直线，的倾斜角分别为，， 由题意，，即 ，故． 于是， ， 故时， （ii）设直线：，由在第三象限可知，． 与椭圆 联立得 ． 则，且，． 由（i）知 ，即， 即 ， 即 ， 即 ，即 ． 又，，故 ， 因此直线：恒过定点. 13．（2026·重庆江北·模拟预测）抛物线因其特殊的光学以及声学性质而广泛地应用于生活中．现已知光在曲线上的反射原理如下：找到入射光线与曲线的交点，在交点处作曲线的切线及垂直于该切线的直线（法线），从而作出反射光（反射光线与入射光线分居法线两侧，与法线夹角大小一样）．设抛物线的准线为：，过抛物线外一点P作抛物线C的两条切线PA，PB，与抛物线C分别相切于A，B两点． (1)求C的标准方程； (2)证明：从抛物线C的焦点F发出的光线经抛物线上一点M（不同于顶点）反射后平行于抛物线C的对称轴； (3)证明：． 【解】（1）抛物线的准线为， 则，解得， 因此抛物线的标准方程为. （2）抛物线的焦点坐标为，对称轴为y轴， 设为抛物线上一点（非顶点），如下图所示，    抛物线方程，求导可得， 所以点处切线的斜率为， 则切线方程为，即， 因为点处法线与切线垂直，所以法线的斜率为， 则法线方程为，即， 根据题目可知入射光线与法线的夹角等于反射光线与法线的夹角， 入射光线为，斜率为， 设反射光线的方向向量为，入射光线的方向向量为， 法线的方向向量为， 因为入射光线与法线的夹角等于反射光线与法线的夹角，即它们与法线的夹角的余弦值相等， 所以， 假设反射光线平行于y轴，即方向向量， 代入可得， ， 因为，，所以，满足光的反射原理，假设成立， 因此从抛物线的焦点发出的光线经过抛物线上一点（不同于顶点）， 反射后平行于抛物线的对称轴. （3）设切点，，，如下图所示，    由（2）可知，抛物线在处的切线方程分别为 ，， 联立可得，解得，代入可得， 即，焦点， 所以，，， 则， 同理， 因此， 因为， 所以. 14．（2026·海南三亚·一模）已知双曲线的离心率为，左焦点为，右焦点为，点在双曲线上． (1)求双曲线的方程； (2)过点作斜率为（）的直线与双曲线交于两点，记与的面积分别为与，求的取值范围； (3)设为线段的中点，在轴上是否存在定点，使得恒为定值？若存在，求出的坐标；若不存在，说明理由． 【解】（1）因为双曲线的离心率为， 所以，， 所以， 又因为点在双曲线上， 所以，解得，所以， 所以求双曲线的方程为； （2）由题意可得， 所以直线的方程为， 由，得， ， 设， 则， 由此可得， 因为， 所以， 令，则， 所以， 消去，得， 因为，所以，， 所以， 即，解得， 即的取值范围为； （3）因为， 即， 所以， 又因为为线段的中点，所以， 设存在满足条件的点，其坐标为， 则， 所以， 要使此值为定值，则，解得， 所以存在，使得恒为定值4. 15．（2026·陕西·一模）已知椭圆的离心率为，直线被椭圆所截得的线段的长为3. (1)求椭圆的方程 (2)已知点，过点的直线交椭圆于两点（在轴下方），直线交直线于点，设直线的斜率为，直线的斜率为，判断是否为定值，并说明理由 【解】（1）因为直线被椭圆所截得的线段的长为3， 所以在椭圆上，则，即 又因为离心率为，即，且， 所以， 所以椭圆的方程. （2）不为定值，理由如下： 设，直线， 联立方程，得到， 即，解得或， 又因为在轴下方，所以， 由韦达定理得到， 得到，即， 又因为， 所以 . 所以不为定值. 16．（2026·山东济南·模拟预测）设抛物线：（），过点的直线与抛物线交于，两点，原点在以为直径的圆上． (1)求抛物线的标准方程； (2)直线与直线相交于，过作的平行线交轴与，判断直线与抛物线的位置关系并证明； (3)抛物线上是否存在三点M，N，P构成面积为15的等腰直角三角形？若存在求出直角顶点的坐标，若不存在，说明理由． 【解】（1）设，直线的方程为， 由消去得，则， 由在以为直径的圆上，得，解得， 所以抛物线的标准方程为:. （2）由（1）得直线的方程为，即，则， 又，于是，设，则， 由，得，解得， 直线的斜率为，直线的方程为， 由消去并整理得，， 所以直线与抛物线相切. (3)不存在，理由如下： 假设存在满足条件的三角形，设为直角顶点，则， 不妨设，则，， 由M，N在抛物线上，得，化简得， 消得，而， 则，即，当且仅当时取等， 因此的面积， 所以不存在面积为15的等腰直角三角形. 17．（2026·山西忻州·模拟预测）已知抛物线．对任意，设，是方程的两个根．抛物线上参数分别为，的两点记为，．设线段的中点为． (1)求直线的方程； (2)求点的轨迹方程； (3)令，并记．设为三角形的面积，求的表达式，并判断数列的单调性． 【解】（1）由题意，，是方程． 的两个根，所以，． 由于，方程有两个不同正根． 对抛物线， 参数为，的两点，， 解得斜率， 方程为， 代入，， ， 得． 所以：． （2）点为的中点，其横坐标为． 又． 所以． 其纵坐标为． 因此． 设，则，． 所以轨迹方程为，． （3）由，得． 令． 则，． 作直线轴， 通过割补法将三角形面积分解为， 可求得三角形的面积为 代入，得． 由于随正整数增大而增大，所以数列单调递增． 18．（2026·天津滨海新区·三模）已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，离心率为，左顶点为，下顶点为，过点且垂直于轴的直线交椭圆于两点，且所得弦长为． (1)求椭圆的方程； (2)若点是椭圆上在第一象限内的一个动点，求三角形面积的最大值； (3)过且斜率不为0的直线交椭圆于，两点，线段的中点为，连接并延长交直线于点．试探究：在轴上是否存在一定点，使得以为直径的圆恒过点？若存在，求点坐标；若不存在，请说明理由． 【解】（1）因为，所以， 由代入，可得，， 所以椭圆的通径长为，即， 由可得，解得， 所以， 所以椭圆的方程为. （2） 由（1）可知， 所以， 直线所在直线方程为，即 设， 设点到直线的距离为，则， 所以， 当时，有最大值. （3）因为，设直线方程为，代入椭圆方程可得， 设，则，所以中点的纵坐标， 所以，即， 所以所在直线方程为，令，可得，即， 假设在轴上存在一定点满足题意，则， 所以恒成立，则需，解得， 即轴上存在定点，使得以为直径的圆恒过点. 1 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题17 圆锥曲线的综合问题 内容导览 考情概览：摸清命题规律，锁定复习重点 2026真题研析：拆解最新真题，示范分析路径 3年真题精炼：精练近年真题，吃透常见考法 最新模拟探源：跟进模拟新题，预判考查风向 命题解读 考向 考查统计 1．高频考点： 以椭圆、双曲线、抛物线为载体，第一问常求曲线标准方程、离心率；第二问为综合难点，联立直线与曲线方程，借助判别式、韦达定理处理弦长、中点弦、三角形面积、定点定值、参数范围、最值等题型。常结合向量、不等式、函数进行跨模块融合命题。 2．素养考向 逻辑推理：将几何位置、长度等量关系等价转化为代数方程，运用方程思想、分类讨论梳理变量关系，推导取值范围，锻炼转化与论证能力。 工具应用：突出数形结合思想，把几何条件代数化运算，规避固化解题套路，侧重灵活构造与严谨运算，综合考查运算求解、直观想象核心素养。 圆锥曲线中的最值与范围问题， 2026·全国一卷T18（最值问题） 2025·全国一卷T18（最值问题） 圆锥曲线中的定点、定直线与定值问题， 圆锥曲线中的探索性与证明问题 2025·北京卷T19（比较大小） 2025·天津卷T18（证明问题） 2024·新课标Ⅱ卷T19（与数列结合，证明问题） 2024·全国甲卷T20（位置关系证明） 2024·天津卷T18（点存在问题） 两卷均设置解答题次压轴，一卷综合性更强，多定点、定值、范围探究；二卷设问梯度平缓，以弦长、面积常规运算为主。 命题导向：立足曲线基础性质，摒弃冗余计算套路，强调几何关系代数转化，注重审题与运算严谨性，分层区分学生能力。 考查重心：常联立直线与曲线方程，依托判别式、韦达定理解题，融合函数、不等式求最值与参数范围，重点考查逻辑推理、数形结合与运算求解核心素养。 考向一 最值与范围问题 典例1．（2026·全国一卷T18）已知椭圆的左焦点为，离心率为． (1)求的方程； (2)设为坐标原点，过且斜率大于 的动直线与交于P，两点，其中在第三象限，直线与的另一个交点为． （i）若的面积是的面积的 倍，求的方程； （ii）求的最小值． 微点拨：先由焦点、离心率求椭圆方程；设直线联立椭圆，利用面积倍数转化横坐标关系求直线；设参数构造函数，借助韦达定理表示目标式，求最值即可。 考向二 探索与证明问题 典例2．（2026·全国二卷T18）已知椭圆：（），过E的右焦点且与轴垂直的直线被截得的线段长为． (1)求的离心率． (2)设为坐标原点，给定点，为上的点，过作轴的垂线，垂足为，直线与直线的交点为．当在上运动时，点的轨迹为． （ⅰ）求的方程； （ⅱ）当为何值时，有对称中心？当有对称中心时，将平移后得到曲线，使得为的对称中心，说明是什么曲线. 微点拨：(1) 通径公式列式找关系求离心率；(2)(i) 设点坐标，用交轨法消参得轨迹方程；(ii) 根据曲线形式分析对称中心存在条件，平移后判定曲线类型。 考向一 最值范围问题 1.（2025·全国一卷T18）已知椭圆的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，． (1)求C的方程； (2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足． （i）设，求的坐标（用m，n表示）； （ⅱ）设O为坐标原点，是C上的动点，直线OR的斜率为直线的斜率的3倍，求的最大值． 2.（2023·全国甲卷T 20）已知直线与抛物线交于两点，且． (1)求； (2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，，求面积的最小值． 考向二 定点、定直线与定值 3.（2023·新课标Ⅱ卷T21）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为． (1)求C的方程； (2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上. 16．（2023·全国乙卷T20）已知椭圆的离心率是，点在上． (1)求的方程； (2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点． 考向三 探索与证明问题 5.（2025·北京卷T19）已知椭圆的离心率为，椭圆E上的点到两焦点的距离之和为4. (1)求椭圆E的方程； (2)设O为坐标原点，点在椭圆E上，直线与直线，分别交于点A，B．设与的面积分别为，比较与的大小． 6.（2025·天津卷T18）已知椭圆的左焦点为F，右顶点为A，P为上一点，且直线的斜率为，的面积为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)过点P的直线与椭圆有唯一交点B（异于点A），求证：PF平分. 7.（2024·新课标Ⅱ卷T19）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为. (1)若，求； (2)证明：数列是公比为的等比数列； (3)设为的面积，证明：对任意正整数，. 8.（2024·全国甲卷T20）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． 9.（2024·天津卷T18）已知椭圆的离心率为．左顶点为，下顶点为是线段的中点（O为原点），的面积为． (1)求椭圆的方程． (2)过点C的动直线与椭圆相交于两点．在轴上是否存在点，使得恒成立．若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由． 10．（2023·新课标Ⅰ卷T22）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为． (1)求的方程； (2)已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于． 1．（2026·辽宁沈阳·模拟预测）已知点在圆上，作垂直于轴，垂足为，点为中点． (1)求动点的轨迹的方程； (2)直线与轴交于点，与交于、两个相异点，且，求的取值范围． 2．（2026·河北沧州·三模）已知椭圆的长轴长为，由的三个顶点构成的三角形的面积为    (1)求的方程 (2)记的右顶点和上顶点分别为，，点在线段上运动，垂直于轴的直线交于点点在第一象限，为线段的中点，设直线与的另一个交点为，证明：直线过定点． 3．（2026·湖北襄阳·模拟预测）已知抛物线： （ ），为坐标原点，直线 ： ， 经过该抛物线的焦点，且与抛物线交于， 两点，为线段 中点．动直线 ： 在轴上方．    (1)求抛物线的方程； (2)当线段在直线上方时，直线等分三角形的面积，求 的值． (3)点在直线上的射影为点 ，是否存在 使得以点为圆心且过点 的圆过定点，若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由． 4．（2026·陕西西安·模拟预测）已知点，，双曲线的方程经过点，且的一条渐近线与直线平行，为上异于顶点的任意一点，为的左顶点． (1)求的方程； (2)求直线与的斜率之积； (3)设为上异于顶点和点的任意一点，且直线的斜率是直线的斜率的3倍，证明：直线恒过定点． 5．（2026·河南周口·三模）已知椭圆：的左焦点为，短轴长是长轴长的． (1)求的方程． (2)过点的直线与交于，两点，点，从下列两个命题中选择一个正确的命题，并证明． ①直线与的斜率之和为定值； ②直线与的斜率之积为定值． 6．（2026·安徽阜阳·二模）已知双曲线C：的焦距为8，点在双曲线C的一条渐近线上.过双曲线C的左焦点F作直线l交双曲线C的左支于A，B两点. (1)求双曲线C的方程； (2)已知点，直线交直线于点Q，设直线，的斜率分别为，，求证：为定值. 7．（2026·宁夏银川·三模）已知抛物线的顶点为原点，焦点到直线的距离为． (1)求抛物线的方程； (2)设为直线上的点，过点作抛物线的两条切线，，其中，为切点． ①证明：直线的方程为；      ②求面积的最小值. 8．（2026·广东茂名·二模）在平面直角坐标系中，曲线：（，），点，直线与轴交于点，同时与曲线交于点，点，分别是曲线与线段上的动点． (1)若直线与轴垂直，且，求点的坐标； (2)若为曲线上一点，是否存在点使得四边形是以，为邻边的矩形，若存在，求出此时点的横坐标；若不存在，请说明理由． 9．（2026·安徽·模拟预测）已知抛物线：的焦点为，，是上不同的两点（其中在第一象限），点.当，关于轴对称，且时，． (1)求的方程； (2)已知为轴上一点（点与不重合），，是上不同的两点（其中在第一象限），且，若，，三点共线，，求证：轴． 10．（2026·陕西西安·模拟预测）已知双曲线与直线()有唯一的公共点，过点且与直线垂直的直线分别交轴、轴于、 两点.当点运动时，点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)设点 ，若过点的直线与曲线的右支交于、两点. （ⅰ）证明：直线和直线的斜率乘积为定值； （ⅱ）若直线、与圆分别交于、两点，记四边形的面积为，的面积为，求的取值范围. 11．（2026·北京大兴·三模）已知椭圆的离心率为，以椭圆两个焦点与短轴的两个端点为顶点构成的四边形的面积为. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点作直线与椭圆相切于点，且直线斜率大于0，过线段PQ的中点作直线交椭圆于A，B两点（点A，B不在轴上），连结PA，PB，分别与椭圆交于点M，N，记的面积分别为，比较与的大小关系，并说明理由. 12．（2026·安徽·三模）设椭圆：的离心率为，为椭圆的左端点． (1)求椭圆的标准方程： (2)设动点，在椭圆上且在第三象限，点，射线，关于直线对称，记，的斜率分别为，． （i）若，求； （ii）求证：直线过定点，并求出该定点的坐标． 13．（2026·重庆江北·模拟预测）抛物线因其特殊的光学以及声学性质而广泛地应用于生活中．现已知光在曲线上的反射原理如下：找到入射光线与曲线的交点，在交点处作曲线的切线及垂直于该切线的直线（法线），从而作出反射光（反射光线与入射光线分居法线两侧，与法线夹角大小一样）．设抛物线的准线为：，过抛物线外一点P作抛物线C的两条切线PA，PB，与抛物线C分别相切于A，B两点． (1)求C的标准方程； (2)证明：从抛物线C的焦点F发出的光线经抛物线上一点M（不同于顶点）反射后平行于抛物线C的对称轴； (3)证明：． 14．（2026·海南三亚·一模）已知双曲线的离心率为，左焦点为，右焦点为，点在双曲线上． (1)求双曲线的方程； (2)过点作斜率为（）的直线与双曲线交于两点，记与的面积分别为与，求的取值范围； (3)设为线段的中点，在轴上是否存在定点，使得恒为定值？若存在，求出的坐标；若不存在，说明理由． 15．（2026·陕西·一模）已知椭圆的离心率为，直线被椭圆所截得的线段的长为3. (1)求椭圆的方程 (2)已知点，过点的直线交椭圆于两点（在轴下方），直线交直线于点，设直线的斜率为，直线的斜率为，判断是否为定值，并说明理由 16．（2026·山东济南·模拟预测）设抛物线：（），过点的直线与抛物线交于，两点，原点在以为直径的圆上． (1)求抛物线的标准方程； (2)直线与直线相交于，过作的平行线交轴与，判断直线与抛物线的位置关系并证明； (3)抛物线上是否存在三点M，N，P构成面积为15的等腰直角三角形？若存在求出直角顶点的坐标，若不存在，说明理由． 17．（2026·山西忻州·模拟预测）已知抛物线．对任意，设，是方程的两个根．抛物线上参数分别为，的两点记为，．设线段的中点为． (1)求直线的方程； (2)求点的轨迹方程； (3)令，并记．设为三角形的面积，求的表达式，并判断数列的单调性． 18．（2026·天津滨海新区·三模）已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，离心率为，左顶点为，下顶点为，过点且垂直于轴的直线交椭圆于两点，且所得弦长为． (1)求椭圆的方程； (2)若点是椭圆上在第一象限内的一个动点，求三角形面积的最大值； (3)过且斜率不为0的直线交椭圆于，两点，线段的中点为，连接并延长交直线于点．试探究：在轴上是否存在一定点，使得以为直径的圆恒过点？若存在，求点坐标；若不存在，请说明理由． 1 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $