第08讲 直线与圆锥曲线的位置关系（12核心考点）（培优讲义）（全国通用）2027年高考数学一轮复习高效培优系列

该高中数学高考复习讲义聚焦直线与圆锥曲线的位置关系核心考点，涵盖椭圆、双曲线、抛物线的位置判断、弦长、中点弦、定点定值等高考高频问题，按考情分析、知识梳理、重难突破、分层集训系统架构，通过考点归纳、方法指导、真题演练帮助学生构建解题逻辑。 讲义以“通法+专题”策略提升复习效率，如用“一设二联立三韦达定理”通法解决相交问题，分题型突破弦长公式、点差法等技巧，结合分层练习培养数学思维，通过真题实战强化数学语言表达，助力学生高效突破难点，为教师把控复习节奏提供清晰指导。

第08讲 直线与圆锥曲线的位置关系 内容导航 夯实知识·突破重难·分层提能 考情・分析解读（课标要求 考情解读 备考策略） 知识・归纳梳理（核心考点 知识梳理 方法归纳） 知识点1 直线与椭圆的位置关系 知识点2 直线与双曲线的位置关系 知识点3 直线与抛物线的位置关系 重难・核心突破（核心提炼 重难探究 命题预测）(含超链接） 考点01 直线与圆锥曲线的位置关系 考点08 定点与定值问题 考点02 由位置关系求直线方程 方法技巧 圆锥曲线中的定点、定值问题的求解策略 考点03 圆锥曲线的切线问题 考点09 定直线问题 考点04 弦长问题 考点10 交汇问题 考点05 中点弦问题 考点11 圆锥曲线的统一定义 考点06 面积问题 考点12 圆锥曲线中的新定义问题 考点07 最值与范围问题 方法技巧 圆锥曲线中的范围、最值问题的求解策略 拔高・分层集训（基础演练 能力进阶 真题实战） 考情·分析解读 课标要求 1. 了解直线与圆锥曲线位置关系的判断方法； 2. 掌握直线被圆锥曲线所截的弦长公式； 3. 能利用方程及数形结合思想解决焦点弦、中点弦问题. 考题统计 核心考点 2026 2025 2024 直线与椭圆的位置关系 全国Ⅰ卷T18、全国Ⅱ卷T18、北京卷T19、天津卷T18 全国Ⅰ卷T18、全国Ⅱ卷T16、北京卷T19、天津卷T18、上海卷T20 北京卷T19、天津卷T18 直线与双曲线的位置关系 上海卷T20 全国Ⅰ卷T12、全国Ⅱ卷T19、北京卷T13、上海卷T20 直线与抛物线的位置关系 全国Ⅱ卷T11、天津卷T15 全国Ⅰ卷T10 全国Ⅱ卷T10、 考情解读 在高考数学中，直线与圆锥曲线的位置关系是历年考查的核心重点，通常以解答题压轴题的形式出现，难度较大。 该考点主要考查直线与圆锥曲线相交时的弦长、中点弦、面积及定点定值等问题。命题注重考查数学运算、直观想象和逻辑推理等核心素养。 在解题思路上，通常采用“一设二联立三韦达定理”的通用套路。通过联立方程组，利用判别式判断位置关系，并结合根与系数的关系（设而不求）进行求解。此外，还需特别关注直线斜率不存在时的特殊情况讨论。 备考策略 备考直线与圆锥曲线的位置关系，核心是“通法熟练、专题突破、计算过关”。 一、抓牢通用流程 复习时要形成固定解题链：设直线方程 → 联立曲线方程 → 消元得一元二次方程 → 用判别式判断位置关系 → 韦达定理表示交点关系 → 代入目标式求解。这个流程要反复练到熟练，尤其注意判别式 Δ>0Δ>0 和斜率不存在的情况1。 二、分题型专项训练 重点突破弦长、中点弦、面积、范围、定点定值等高频题型。弦长问题熟记弦长公式；中点弦问题掌握点差法；最值和范围问题区分几何法与代数法；定点定值问题练习“设参—推导—消参”的思路1。 三、强化运算规范 这类题容易失分在计算。复习时要养成“设而不求、整体代换、分步化简”的习惯，避免过早展开复杂式子；同时注意书写完整，尤其是判别式条件、斜率讨论和交点存在性说明 知识・归纳梳理 知识1 直线与椭圆的位置关系 （1）直线与椭圆的位置关系 将直线的方程与椭圆的方程联立成方程组，消元转化为关于x或y的一元二次方程，其判别式为Δ. ①Δ＞0直线和椭圆相交直线和椭圆有两个交点(或两个公共点）； ②Δ＝0直线和椭圆相切直线和椭圆有一个切点(或一个公共点)； ③Δ＜0直线和椭圆相离直线和椭圆无公共点． （2）直线与椭圆的相交弦 设直线交椭圆于点两点，则 == 同理可得 知识2 直线与双曲线的位置关系 （1）直线与双曲线的位置关系 将直线的方程与双曲线的方程联立成方程组，消元转化为关于x或y的一元二次方程，其判别式为Δ. 若即，直线与双曲线渐近线平行，直线与双曲线相交于一点； 若即， ①Δ＞0直线和双曲线相交直线和双曲线相交，有两个交点； ②Δ＝0直线和双曲线相切直线和双曲线相切，有一个公共点； ③Δ＜0直线和双曲线相离直线和双曲线相离，无公共点． （2）直线与双曲线的相交弦 设直线交双曲线于点两点，则 == 同理可得 这里的求法通常使用韦达定理，需作以下变形： （3）双曲线的中点弦问题 遇到中点弦问题常用“韦达定理”或“点差法”求解. 在双曲线中，以为中点的弦所在直线的斜率； 知识3 直线与抛物线的位置关系 （1）直线与抛物线的位置关系 将直线的方程与抛物线的方程y2=2px（p＞0）联立成方程组，消元转化为关于x或y的一元二次方程，其判别式为Δ. 若，直线与抛物线的对称轴平行或重合，直线与抛物线相交于一点； 若 ①Δ＞0直线和抛物线相交，有两个交点； ②Δ＝0直线和抛物线相切，有一个公共点； ③Δ＜0直线和抛物线相离，无公共点． （2）直线与抛物线的相交弦 设直线交抛物线于点两点，则 == 同理可得 这里的求法通常使用韦达定理，需作以下变形： （3）抛物线的焦点弦问题 已知过抛物线的焦点F的直线交抛物线于A、B两点。 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则： ① 焦点弦长 ② ③，其中|AF|叫做焦半径， ④焦点弦长最小值为2p。根据时，即AB垂直于x轴时，弦AB的长最短，最短值为2p。 重难・核心突破 考点01 直线与圆锥曲线的位置关系 典例1．若直线与圆相离，则过点的直线与椭圆的交点个数是（    ） A．0或1 B．0 C．1 D．2 【答案】D 【分析】由直线与圆相离得，则点在椭圆的内部，由此即可得解. 【详解】由题意直线与圆相离，所以圆心到直线的距离，即， 而，即点在椭圆的内部， 所以过点的直线与椭圆的交点个数是2. 故选：D. 典例2．）“”是“直线与双曲线只有一个公共点”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】法一：根据题意，联立直线与双曲线方程，由直线与双曲线只有一个公共点代入计算, 即可得到的取值，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可. 法二：利用直线过定点的特征，结合双曲线渐近线可作出判断. 【详解】法一：由题意，联立方程可得， 当时，即时，方程有一解，即只有一个公共点； 当时，，方程有两解，即有两个公共点，不符合题意. 所以，直线与双曲线只有一个公共点时，. 所以“”是“直线与双曲线只有一个公共点”的充要条件. 法二：因为直线过定点，双曲线的右顶点为，如图， 根据图象可知，当且仅当直线与双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线只有 交点. 所以“”是“直线与双曲线只有一个公共点”的充要条件. 故选：C. 典例3．（25-26高二上·江西南昌·阶段检测）已知抛物线，斜率为的直线绕定点旋转，下列说法正确的是（    ） A．直线与抛物线只有一个公共点时，一定是相切 B．当直线与抛物线有两个公共点时，斜率的范围是 C．当直线与抛物线只有一个公共点时，或， D．当直线与抛物线没有公共点时，斜率的范围是 【答案】D 【分析】设直线的方程为，联立抛物线方程，当时，一次方程有一解，直线与抛物线相交可判断A，当时，利用判别式判断直线与抛物线的位置关系可判断BCD. 【详解】设直线的方程为， 即，由消去得：， 当时，直线与抛物线相交，只有一个公共点，故A错误； 当时，， 当时，解得或，此时方程组有两个相同的实数解，直线与抛物线相切，只有一个公共点， 所以直线与抛物线只有一个公共点时，直线的斜率分别为，故C错误； 当时，解得，此时方程组有两个不同的实数解，故直线与抛物线交于两点，故B错误； 当时，解得，此时方程组没有实数解，知直线与抛物线相离，没有公共点，故D正确. 故选：D. 【考法预测1】已知直线的方程为，椭圆的方程为，则直线与椭圆的位置关系为（    ） A．相离 B．相交 C．相切 D．不能确定 【答案】B 【分析】求出直线所过定点，判断该定点与椭圆位置关系即可判断直线与椭圆位置关系. 【详解】，即，令，解得， 则直线所过定点，代入椭圆方程，，则该定点在椭圆内， 则直线与椭圆的位置关系为相交. 故选：B. 【考法预测2】（2026·云南·模拟预测）若直线与双曲线有且只有一个公共点，那么双曲线的离心率为（   ） A． B．或 C．或 D． 【答案】B 【详解】由可得，故， 当，则，方程只有一个实数解，满足题设要求， 此时双曲线方程为，，； 当时，，此时， 此时双曲线方程为，，. 【考法预测3】（2026·陕西榆林·三模）已知为双曲线：的左焦点，直线过点与的右支有公共点，则直线的倾斜角的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据双曲线的性质，得到渐近线方程，据此可得直线的斜率的取值范围为，再得到直线的倾斜角的取值范围即可． 【详解】解：由题意得，双曲线的渐近线方程为， 又直线过点与的右支有公共点， 则直线的斜率的取值范围为， 所以其倾斜角的取值范围为. 【考法预测4】过点且与抛物线恰有一个公共点的直线的条数为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】根据抛物线的几何性质，分当直线与轴平行时，直线与轴垂直时，和直线与坐标轴不平行时，三种情况，结合，即可求解. 【详解】当直线过点，且与轴平行时，此时直线与抛物线只有1个公共点； 当直线过点，且与轴垂直时，此时直线与抛物线有2个公共点； 当直线过点，斜率存在且不为0时，设直线，代入抛物线，得：， 因为. 由，因为，所以方程有两根， 故过点可以作两条直线与抛物线相切. 综上，过点共有3条直线，与抛物线只有1个公共点. 故选：D 考点02 由位置关系求直线方程 典例1已知椭圆：（）经过点，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)直线与椭圆交于点（异于顶点）与轴交于点，点为椭圆的右焦点，为坐标原点，，求直线的方程. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆离心率以及经过的点即可求解， （2）联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理可得点，进而根据向量垂直满足的坐标关系求解. 【详解】（1）由题意可得所以， 所以椭圆方程为； （2）由题意可得直线的斜率存在，故设直线的方程为，， ， 所以，所以， 故，, 所以， 所以， 所以，解得， 故直线的方程为.    典例2．（2026·湖南长沙·一模）已知双曲线 过点，且焦距为 (1)求双曲线的方程； (2)过定点的直线与双曲线交于两点，若，求直线的方程. 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）由点，求得，再结合即可求解； （2）当直线斜率不存在时，直接代入验证，当直线斜率存在时，设中点为，由，结合韦达定理即可求解. 【详解】（1）双曲线过点， 代入点坐标得，解得， 由焦距​得，即， 故， 因此双曲线的方程为： ； （2） 分两种情况讨论： 直线斜率不存在时， 此时直线方程为，代入双曲线得， 即， 计算得，满足条件， 故是符合要求的直线， 直线斜率存在时，设直线：， 联立双曲线，整理得： ， 直线与双曲线交于两点，故 （即），且判别式恒成立， 设 ，中点为， 由韦达定理得： ， 因此，， 由，得在的垂直平分线上， 故，即 ， 代入坐标化简得： ， 即，整理得，满足条件， 综上，直线的方程为：或. 【考法预测1】（2026·广东深圳·模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，若过点作轴的垂线交双曲线于点，则. (1)求的标准方程； (2)已知直线与双曲线交于两点，若以为直径的圆过点，求直线的方程． 【答案】(1) (2)或. 【分析】（1）根据弦长求出即可； （2）根据题意联立得，设，则，再由 进行求解． 【详解】（1）由题可知，则，即， 解得，， 所以双曲线； （2）由直线与双曲线联立方程组消可得： ，又直线与双曲线交于两点， 所以 ，即， 设，则，    因为以为直径的圆过点，所以， 即 ， 化简得： ， 解得或，都满足， 所以直线的方程为或. 【考法预测2】（2026·湖南·模拟预测）已知抛物线的焦点为，且关于的准线的对称点为． (1)求的方程； (2)过点的直线与交于A，B两点，A，B在轴上的投影分别为，，且梯形的中位线的长度为9，求的方程． 【答案】(1) (2)或． 【分析】（1）根据抛物线的方程写出焦点的坐标及准线方程，从而求得关于该准线的对称点的坐标，求得的值，得到的方程； （2）设直线，与抛物线方程联立，由韦达定理结合梯形中位线定理，得到关于的方程，求解可得的值，从而求得直线的方程. 【详解】（1）由题意得，的准线方程为， 则， 得． 故的方程为． （2）易得的斜率存在，设，，． 由得， 得 由题意得． 因为， （或）， 所以． 故的方程为或． 【考法预测3】（2026·重庆·模拟预测）已知椭圆的四个顶点围成的四边形面积为，离心率. (1)求出椭圆的标准方程； (2)过椭圆的上焦点作直线与椭圆交于，两点，是否存在直线使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）根据离心率以及四边形面积解方程可求得，，得出椭圆方程； （2）显然直线斜率不存在时不合题意，设出直线方程并与椭圆方程联立，利用韦达定理以及向量关系，可求得直线方程. 【详解】（1）由，得， 由椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为， 可得，即， 再由，解得，， 所以椭圆的方程为. （2）由（1）知，设点，， 当直线的斜率不存在时，，此时交点为和, 不满足，舍去； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 联立，消去得到， 其中，且； ，，即； 因此，解得； 解得，即， 直线的方程为. 考点03 圆锥曲线的切线问题 典例1．（2026·内蒙古呼伦贝尔·模拟预测）已知椭圆的离心率为，左焦点为，右顶点为，短轴长为8. (1)求的方程； (2)已知点在直线上且直线的斜率为，过点的直线与椭圆相切于点（异于点）. （i）求直线的方程； （ii）求证：. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据椭圆短轴长为8，椭圆离心率为，由求解即可；     （2）（i）先求得点P的坐标，再写出切线方程，然后与椭圆方程联立求解；（ii）方法一：利用二倍角正切公式法，易知，再由求解；方法二：利用向量夹角公式法，由求解. 【详解】（1）由已知椭圆短轴长为8，椭圆离心率为， 则，解得， 所以椭圆方程为. （2）（i）由（1）知，设， . 设过点与椭圆相切于点（异于点）的切线方程为， 代入，并整理得. 由直线与椭圆相切，， 化简得.         故切线方程为. 联立椭圆方程，解得切点为.     又因为，所以直线的方程为. （ii）方法一：（二倍角正切公式法） 由题意可知.     .     又，     故，故，     所以.     方法二：（向量夹角公式法） ，，，       ， ，    故，     所以. 典例2．（2026·河南·模拟预测）已知双曲线的左焦点为，右顶点为，渐近线方程为，点在直线上. (1)求的方程； (2)过点的直线与相切于点（异于点），证明：. 【答案】(1) (2)证明如下： 设，由，得，则. 易知直线的斜率存在（另一条过点的切线为）， 设其方程为，即. 由消去，得. 因为直线与相切， 所以，且，得， 所以直线的方程为， 方程的根为，所以， 所以直线的方程为. 又因为点到直线的距离，等于点到轴的距离， 又点在内部，所以. 【分析】（1）根据条件求出即可； （2）设直线的方程，根据求出方程以及点的坐标、直线的方程，计算点到两直线的距离即可. 【详解】（1）因为点在直线上，所以. 因为的渐近线方程为，所以，故. 所以的方程为. （2）略 【考法预测1】（2026·陕西咸阳·模拟预测）过抛物线：的焦点作直线与相交于两点，过两点分别作的切线，两切线相交于点，则点的纵坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先由抛物线方程求导得切线斜率，写出两点处的切线方程；再利用两切线交点的坐标，推导出直线的方程；最后将焦点代入直线的方程，即可直接求出点的纵坐标． 【详解】设，，， 由，得，则， 所以抛物线在点处的切线方程为， 又，化简得， 同理得抛物线在点处的切线方程为， 又两切线相交于点，所以， 即点都在直线上，即直线的方程为， 因为点在直线上，代入得． 【考法预测2】（多选）（2026·山西忻州·模拟预测）已知椭圆：的左、右焦点分别为，．点在椭圆的第一象限部分，且．过点作椭圆的切线，该切线与轴、轴正半轴分别交于，，则下列说法正确的是（    ） A．点的坐标为 B． C．的面积为 D．该切线的斜率为 【答案】ABC 【分析】利用椭圆的性质求出点到焦点的距离，从而结合两点间距离公式求出点的坐标，设出切线方程与椭圆方程联立，利用根的判别式等于零求出切线的斜率，从而求出切线和坐标轴的交点，并计算出三角形的面积. 【详解】 选项A、B：椭圆，则椭圆的焦点，， 点在椭圆的第一象限部分，设， 因为，且根据椭圆的性质可知， 所以，即，故选项B正确； ，化简可得， 因为，所以代入可得，解得， 所以，即点的坐标为，故选项A正确； 选项C、D：设过点与椭圆相切的直线为，的斜率为， 则的直线方程为，即， 直线方程与椭圆方程联立可得， 化简可得， 则， 化简可得，即， 解得，故选项D错误； 因此的直线方程为， 令，则，即， 令，则，即， 所以，故选项C正确. 【考法预测3】（1）求双曲线在点处的切线方程； （2）已知是双曲线外一点，过P引双曲线的两条切线，A，B为切点，求直线AB的方程． 【答案】（1）；（2）. 【分析】（1）由双曲线上一点的切线方程，代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，分别表示出直线的方程，再将点的坐标代入计算，即可得到结果. 【详解】（1）由双曲线上一点处的切线方程为， 所以双曲线在点处的切线方程为， 化简可得. （2）设切点，则，， 又点在直线上，代入可得，， 所以点均在直线上， 所以直线的方程为，即. 【考法预测4】（2026·辽宁朝阳·三模）已知抛物线的焦点F到直线的距离为． (1)求抛物线的方程； (2)点为抛物线上的一点，在上任取一点B（与点A不重合），直线AB与直线l交于点C，过点C作x轴的垂线交抛物线于点D． （i）求证：直线BD恒过定点E，并求出点E的坐标； （ii）过点B和D分别作抛物线的两条切线和和交于点G，证明：． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析，；（ii）证明见解析 【分析】（1）利用点到直线的距离求出的值即可求出抛物线的方程； （2）（i）先求出，设，求出直线的方程与直线联立得点横坐标，进而求得与的关系，再写出直线的方程即可； （ii）对求导，得，求出直线方程联立得点坐标，通过计算和即可证明. 【详解】（1）由题意得到直线的距离为， 解得，所以抛物线的方程为． （2）易知，设，则， 故直线，即， 与联立得， 直线，即直线BD的方程为， 又点和点的横坐标相同，，即，即， 所以直线，即， 令即所以恒过． （ii）对求导，得，所以直线的斜率为，所以直线， 即，同理， 联立，得． 又因为，则 ， 所以，同理， 所以， 所以． 考点04 弦长问题 典例1（2026·山东淄博·一模）已知椭圆：的左、右焦点分别为和，过且倾斜角为的直线与交于，两点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】椭圆：的右焦点， 过且倾斜角为的直线的方程为，即， 将代入，得到， 即， 设， 则， 则，故选项B正确. 典例2．（2026·北京·三模）过点的直线交双曲线于，两点，若弦的长为，则满足条件的直线有（     ） A．2条 B．4条 C．3条 D．6条 【答案】B 【分析】先考虑斜率不存在的情况弦长的值；再考虑斜率存在时，联立方程，根据斜率的取值情况判断有几种情况． 【详解】斜率不存在时：，与双曲线交于一点，不满足题意； 斜率必然存在，设直线方程，，； 联立方程：可得：； 则，即， 且恒成立； 即，； 则； 两边平方可得：，即； 解得或；则的取值为四个， 故满足题意的直线有４条． 【考法预测1】（2026·福建莆田·模拟预测）若直线交抛物线于两点，则（   ） A． B．4 C． D．8 【答案】D 【详解】已知抛物线方程，则焦点，准线为， 设， 联立直线方程与抛物线方程得， 则， 因为直线过焦点， 所以由抛物线焦点弦的性质可得． 【考法预测2】（2026·山西忻州·模拟预测）设抛物线：的焦点为，过的直线与交于，两点．若，则直线的斜率的绝对值为（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】B 【分析】设出直线方程，与抛物线方程联立，结合韦达定理及焦半径公式求解即可. 【详解】抛物线的焦点， 设过的直线的方程为，设，. 联立，整理得， ， 则，. 抛物线的弦长，解得，即. 【考法预测3】（2026·山西晋城·三模）已知直线与椭圆交于不同的两点A，B，若，则实数______． 【答案】4 【详解】联立，得 ， 则，解得，且， 所以，解得． 【考法预测4】（2026·云南玉溪·二模）已知椭圆，直线． (1)若经过C的右焦点，求C的标准方程； (2)若与C交于两点，且，求C的标准方程． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）结合题意建立方程求出，再求出，最后得到椭圆方程即可. （2）联立方程组并利用韦达定理得到，，再结合弦长公式建立方程求解参数，最后得到椭圆方程即可. 【详解】（1）设C的右焦点为，因为经过C的右焦点， 所以，解得，而，可得， 故C的标准方程为. （2）如图，设，， 联立方程组，得到， 由韦达定理得，， 由弦长公式得， 因为，所以， 化简得，整理可得， 解得（负根舍去），故椭圆C方程为. 【考法预测5】（2026·河北·二模）已知双曲线的渐近线方程为，点在双曲线上． (1)求双曲线的焦距； (2)过双曲线的右焦点且倾斜角为的直线与交于两点，求． 【答案】(1) (2)4 【分析】（1）根据双曲线的渐近线方程得到与的关系，再将点的坐标代入双曲线方程，联立求解出，的值，进而求出的值，得到焦距； （2）先求出直线的方程，然后联立直线与双曲线的方程，利用弦长公式求出即可. 【详解】（1）由题意得： ， 又，可得， ，则双曲线的焦距为． （2）双曲线的方程为， 右焦点坐标为， 设直线的斜率为． 直线的方程为：， 联立，整理得， 因 设，则 ． 考点05 中点弦问题 典例1已知椭圆，为坐标原点． (1)求椭圆的焦点坐标和离心率； (2)设直线与椭圆交于两点，记弦的中点为，求点的轨迹方程； (3)求面积的最大值． 【答案】(1)焦点坐标为，，离心率为 (2) (3) 【分析】（1）直接套用椭圆的标准方程和基本性质公式即可求出焦点和离心率； （2）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理表示出中点坐标，再消去参数即可得到中点的轨迹方程，注意对特殊情况的讨论； （3）利用弦长公式及点到直线的距离公式，将三角形面积表示成斜率的式子，转化为函数求最值即可求出面积最大值. 【详解】（1）由题意知，，则， 由，，则，， 所以，椭圆的焦点坐标为，， 离心率. （2）设，，， 联立，消去得， 整理得，则，， 点为中点，所以由中点坐标公式可得， 又点在直线上，所以，则当，， 代入，化简整理得， 当时，直线为，此时中点为， 代入方程成立，满足方程， 因此，点的轨迹方程为. （3）由（2）知，， 所以， 化简得. 设点到直线的距离为，则， 所以. 令，则， 所以， 易知函数在时单调递增，因为， 所以当时，取最小值，为， 此时取最大值，为. 因此，面积的最大值为. 典例2．（2026·广东湛江·二模）已知双曲线的离心率为，且经过点. (1)求的标准方程； (2)若过点的直线与交于、两点，求线段的中点的轨迹方程. 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）根据题意得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出双曲线的标准方程； （2）解法一：设点、、，分析可知直线的斜率存在，设直线的方程为，将该直线的方程与双曲线的方程联立，根据直线与双曲线相交可得出关于的不等式组，求出的取值范围，利用韦达定理求出点的坐标，再消去可得出点的轨迹方程，根据与的关系求出的取值范围，即可得出答案； 解法二：设点、、，分析可知直线的斜率存在，设直线的方程为，将该直线的方程与双曲线的方程联立，根据直线与双曲线相交可得出关于的不等式组，求出的取值范围，再利用点差法求出点的坐标，再消去可得出点的轨迹方程，根据与的关系求出的取值范围，即可得出答案. 【详解】（1）设双曲线的焦距为，由离心率，得， 又，所以，即. 将点代入方程，得，即，所以，. 故双曲线的标准方程为. （2）解法一：设点、、， 若直线的斜率不存在，则点、关于轴对称，此时线段的中点在轴上，不符合题意， 故直线的斜率存在， 设直线的方程为，即. 联立方程，代入消去，整理得. 则， 即，且，所以. 于是，中点的横坐标，则. 又点在直线上，所以，即. 因为，且， 当时，，可得，则， 当时，，可得，则， 故线段的中点的轨迹方程为或. 解法二：设点、、， 若直线的斜率不存在，则点、关于轴对称，此时线段的中点在轴上，不符合题意， 故直线的斜率存在， 设直线的方程为，即. 联立方程代入消去，整理得. 则即，且， 由、两点在双曲线上得，作差得，① 当时，易知； 当时，①式可化为，即. 故（由题意可得且）， 可得， 因为，所以. 当时，也在直线上. 又，可得，且， 当时，，可得，则， 当时，，可得，则， 综上，线段的中点的轨迹方程为或. 【考法预测1】（2026·广西河池·三模）已知椭圆（），斜率为的一条直线与椭圆交于点，且的中点坐标为，则椭圆的离心率__________． 【答案】 【分析】根据直线斜率和中点坐标公式，利用点差法可得，再结合的关系可得，进而求解即可. 【详解】设，有， 两式相减得，则， 即， 又因为弦的中点坐标为，直线的斜率为， 所以，则，即， 则，即，则，所以. 【考法预测2】（2026·山东菏泽·一模）已知抛物线，O为坐标原点，过焦点F的直线交抛物线于A，B两点，M为线段AB的中点，则直线OM的斜率的最大值为______. 【答案】 【分析】先根据题意设出直线的方程，再联立直线方程与抛物线方程，然后利用韦达定理求出中点的坐标，进而求出直线斜率，分类讨论求斜率最大值. 【详解】由得，由题意知直线的斜率不为0， 所以设直线的方程为，， 联立消去得， ，则由韦达定理得，所以， 所以，， 当时，， 当时，， 当且仅当，即时等号成立， 当时，， 综上，直线OM的斜率的最大值为. 【考法预测3】（2026·四川内江·二模）已知双曲线经过点，其渐近线方程为． (1)求双曲线的方程； (2)过点的直线与双曲线相交于两点，能否是线段的中点？请说明理由． 【答案】(1) (2)假设是线段 的中点，设， 则由两式相减，可得， 因为是线段 的中点，， 代入上式，可得，即此时直线 的斜率为， 于是直线 的方程为，即 . 联立，消元得， ，所以方程无实数解， 即此时直线与双曲线无交点， 故不能是线段 的中点. 【分析】（1）由题设条件得出的方程，求解即得曲线的方程； （2）假设是线段 的中点，利用点差法求出直线的斜率，将得到直线的方程与双曲线方程联立，通过判别式判断方程是否有实根，即可确定能否为中点. 【详解】（1）双曲线经过点，得， 由渐近线方程为，得， 解得，， 双曲线的方程为 . （2）略 【考法预测4】（2026·广东广州·三模）已知为坐标原点，椭圆与抛物线在第一象限的交点为，其中椭圆的长轴长是短轴长的两倍. (1)求椭圆和抛物线的标准方程； (2)设直线交抛物线于两点，若的中点在椭圆上，求的坐标. 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）根据给定条件，求出即可. （2）联立直线与抛物线的方程，求出点的坐标并代入椭圆的方程即可. 【详解】（1）由点在抛物线上，得，因此抛物线的方程为； 由椭圆的长轴长是短轴长的两倍，得，又点在椭圆上， 则，解得， 所以椭圆的方程为； （2）设点，由消去，得， 显然，，则线段的中点， 又点在椭圆上，则满足，整理得， 则，解得或，所以的坐标为或.    考点06 面积问题 典例1（25-26高二下·湖北·阶段检测）已知动点到定点的距离比到轴距离大1，记动点的轨迹为曲线. (1)求轨迹的方程； (2)过的直线交曲线于，曲线在点处的切线相交于点. ①证明：； ②时，求的面积. 【答案】(1)或. (2)证明：①根据题意，设，所以， 因为三点共线，所以，可得， 又因为曲线在处的切线方程分别为， 所以， 所以，可得，所以，所以. ② 【分析】（1）设是曲线的任意一点，根据题意，得到，化简后即可求解； （2）①设，得到，根据三点共线，求得，再由曲线在处的切线方程，求得，证得，即可得证； ②设，由，求得，设直线的方程，联立方程组，结合韦达定理，求得，利用弦长公式，求得的长，利用三角形的面积公式，即可求解. 【详解】（1）解：设是曲线的任意一点， 因为动点到定点的距离比到轴距离大1，可得， 整理得或， 所以曲线的轨迹方程为或. （2）解：②设， 因为，可得，所以， 设直线的方程，联立方程组，整理得， 则，且， 因为，解得， 则， 由，可得，则且， 所以曲线在处的切线方程为，即， 可得，同理可得， 联立方程组，两式相减得， 解得，则， 所以，可得， 因为，所以. 典例2．（2026·河南·模拟预测）在平面直角坐标系中，一动直线分别交，于A，B（A，B横坐标同号）两点，且的面积恒为4. (1)求中点的轨迹的方程； (2)若直线交轨迹于，两点，的面积为，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先利用三角形面积为4，建立，两点坐标之间的等量关系；设中点的坐标，利用中点坐标公式将点坐标用，两点坐标表示，即可求出点的轨迹的方程； （2）联立方程组，分别根据弦长公式表示出，再根据点到直线的距离公式求出距离，根据面积为建立等量关系即可求出. 【详解】（1）解：设，，由题知， 则，    设，则，，所以， 因此，中点的轨迹的方程. （2）解：设，， 将代入，整理得， 则，解得，，， 由弦长公式可得： ， 设点到直线的距离为，则， 所以， 两边同时平方，化简整理得， 解得或（舍），所以. 【考法预测1】（2026·河南·模拟预测）已知，分别为椭圆C：的左、右焦点，椭圆的离心率为，点在椭圆上，且的周长为，则的面积的最大值为（    ） A． B． C．4 D． 【答案】B 【详解】由椭圆定义可知，焦距， 则，离心率， 联立，解得， ， ， 椭圆上，，当时，的面积最大， 最大值为． 【考法预测2】（2026·陕西西安·模拟预测）在平面直角坐标系 中，以椭圆 （ ）与坐标轴的交点为顶点的四边形的周长为 ，离心率为 . (1)求椭圆 的方程； (2)设 ， ，点 在第三象限且在椭圆 上.直线 与 轴交于点 ，直线 与 轴交于点 . ①是否存在点 ，使得 ？若存在，求出点 的坐标；若不存在，请说明理由； ②求四边形 面积的最大值. 【答案】(1). (2)①存在， ② 【分析】（1）由已知得，解方程即可求解； （2）①设，利用直线的方程即可求出点的坐标，由得到两直线斜率关系，与椭圆方程联立即可求得点坐标； ②由图写出四边形面积表达式，借助于椭圆参数方程和换元，利用二次函数的性质即可求得其最大值. 【详解】（1）由已知得， 所以， 所以椭圆方程为. （2）①设，其中，则. 又因为，所以直线， 令，所以，同理， 若，则， 所以， 化简可得： 与联立， 化简得：， 因为点在第三象限，所以，， 所以，故， 解得：， 所以存在点 ，使得 ，即点坐标为 ②所以四边形的面积 ， 令， 所以， 令，则，，故， 故当时，，即时， 也即时，四边形的面积取最大值为.    【考法预测3】已知双曲线：与双曲线的渐近线相同，且经过点. (1)求双曲线的方程； (2)已知双曲线的左、右焦点分别为、，直线经过，倾斜角为，与双曲线交于、两点，求的面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据双曲线渐近线相同设出双曲线方程，代入点求解即可. （2）依题意求出直线方程，与双曲线方程联立，结合韦达定理求出弦长，利用点到直线的距离公式求出的高，代入面积公式求解即可. 【详解】（1）由题意设所求双曲线的方程为， 代入点得，解得， 所以双曲线的方程为，即． （2）由（1）知，，， 由题意得直线的方程为，即． 设，， 联立，整理得， ， 则，， 则， 点到直线：的距离． 所以． 考点07 最值与范围问题 典例1（2026·陕西商洛·模拟预测）由半个椭圆和两个相同的半圆组成的形如心脏的曲线称为“类心脏曲线”．如图，在平面直角坐标系中，类心脏曲线的两个半圆和的圆心恰好分别是半椭圆的左、右焦点和，且点，分别为的左、右顶点．已知半圆和的半径均为1． (1)求半椭圆的方程和离心率； (2)若直线交曲线C于A，B两点，动点S在曲线C上，求面积的最大值； (3)如图，分别过点，作两条平行线，，分别与，和，交于点M，N和点P，Q，求的最小值． 【答案】(1)， (2)最大值． (3)5 【分析】（1）由半圆的半径求解，，即可求解半椭圆的方程与离心率； （2）设点A在x轴下方，点B在x轴上方，直线与椭圆联立，再由点S在半圆上以及可得的面积最大即可求解； （3）由题意知，，再由，由对称性求解所截得弦的长，直线与椭圆联立，由韦达定理的代入求解即可. 【详解】（1）设半椭圆的方程为（，且）． 由半圆的半径为1，得，， 故，，，，所以，， 所以，解得， 所以半椭圆的方程为， 所以半椭圆的离心率． （2）如图，不妨设点A在x轴下方，点B在x轴上方， 由，得，解得或， 所以，则直线的方程为， 又等于半径1，所以． 显然，当点S在半圆上且时，的面积最大． 因为点到直线的距离， 所以点S到直线的距离， 故， 所以面积的最大值． （3）由题意知，． 因为，所以由对称性可知，为椭圆截直线所得弦的长． 设，且与椭圆交于点和． 由，得，则， 所以，， 所以， 所以当时，取得最小值， 所以的最小值为． 典例2．（2026·上海·模拟预测）已知双曲线，焦距为. (1)求双曲线的标准方程与渐近线方程； (2)过点作斜率为的直线，与双曲线交于两点，若，求的值； (3)点为双曲线右支上动点，求的最小值（为双曲线左右焦点）. 【答案】(1)，. (2)不存在 (3) 【分析】（1）利用题目已知的值和焦距直接求出，从而写出双曲线标准方程和对应的渐近线方程; （2）将向量等式转化为点为线段的中点，再联立直线与双曲线方程，利用韦达定理列式求解斜率； （3）借助双曲线的定义将多变量的距离和转化为关于焦半径的表达式，再利用右支焦半径的性质即可求解. 【详解】（1）由题意：， ， 由，得，即， 双曲线标准方程：，渐近线为. （2）设直线，设，联立， 消去，整理得：， 由，根据向量性质可知，点为的中点， 故根据中点坐标公式，得：， 由韦达定理得 ， 解方程：，方程无解. 故满足条件的斜率不存在. （3）由双曲线定义，即, 将其代入，得， 点为双曲线右支上动点，根据双曲线焦半径性质， 右支上点到右焦点的距离最小值为， 即，代入上式，得最小值： . 【考法预测1】（2026·河北保定·模拟预测）已知点，点在线段上(不含端点)运动，且动点满足，记动点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)过点作两条平行线，分别与曲线在轴上方交于两点，求四边形周长的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意可得，结合椭圆的定义求解即可； （2）设过点的直线为，，直线与曲线联立方程组可得，同理可得，根据两点间距离公式可得四边形周长，令，根据函数的单调性计算即可求解. 【详解】（1）设，则， 因为，所以， 因为，满足椭圆的定义， 所以动点是以为焦点的椭圆，设其标准方程为， ， 所以曲线的方程； （2）由题意可知，过点的直线斜率不为， 设过点的直线为，， 直线与曲线联立方程， 则，得， 由韦达定理可知两根之积为，且， 所以方程有一正一负两实数根， 因为点在轴上方，所以， 同理设过点的直线为，则， 则， ， 所以， 因为，则， 所以， 则四边形的周长， 令，则， 所以， 因为， 因为在上单调递增， 所以在上单调递减， 当，即时，有最大值为， 所以的最大值为. 【考法预测2】（2026·吉林·模拟预测）已知椭圆，双曲线分别为的离心率，且． (1)求双曲线的标准方程； (2)若双曲线的上顶点为，经过上焦点的直线与的上支相交于两点，直线分别与轴相交于两点，求的最小值． 【答案】(1) (2)1 【分析】（1）根据双曲线的离心率公式求解即可. （2）设出直线方程，与双曲线方程联立，根据韦达定理得到斜率范围，分别得到的坐标，根据三角形面积代入化简求解即可. 【详解】（1）由题可知，， ， 解得或（舍）， ∴双曲线的标准方程为． （2）由题可知，直线斜率存在，设直线的方程为，设． 由，消去，得， ，由韦达定理，得．． 直线AM的方程为，令，即， 同理，得． ， 当即时，取最小值为1， 的最小值为1． 【考法预测3】（2026·湖南株洲·一模）已知抛物线，圆，点（其中）为抛物线上一动点，过点作圆的两条切线分别与轴交于点B，C. (1)判断抛物线与圆的交点个数，并说明理由； (2)求的取值范围； (3)求周长的最小值． 【答案】(1)一个，理由见解析 (2) (3) 【分析】（1）联立圆和抛物线，解得方程组的解从而确定交点个数； （2）设为和圆相切的直线，由于切线有两条，联立直线和圆，得出两条切线斜率的关系，然后用表示后求解； （3）利用内切圆性质，将周长用表示出来，然后由基本不等式求解. 【详解】（1）联立得：． 所以抛物线与圆只有唯一交点，即抛物线与圆的交点个数为1. （2）显然斜率存在， 设的方程分别为， ∵直线：与圆相切，， 化简得：① 于是为①式的两个根，②． ， 把②代入，可化简得：， 的取值范围为． （3）设的周长为，因为圆为的内切圆（该内切圆的半径）， 所以， 由（2），． 令， ， ∴当即时，取等号． 周长的最小值为16．    方法技巧 圆锥曲线中的范围、最值问题的求解策略 高考数学中，圆锥曲线的最值与范围问题综合性强，求解策略主要分为几何法和代数法两大类。 1. 几何法（数形结合）：当题目条件和结论具有明显的几何特征时，优先利用圆锥曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理进行直观求解。例如，借助三角形三边关系、点到直线的距离或共线性质，巧妙转化线段长度或距离的最值问题。 2. 代数法（构建函数与不等式）：将几何量转化为代数表达式，通过建立目标函数或不等式来求解。具体策略包括： 函数法：选取合适的参数（如斜率、动点坐标）作为自变量，建立目标函数，利用配方法、导数或单调性求最值。 不等式法：利用直线与曲线联立后的判别式（Δ>0）构造不等关系，或借助已知参数的隐含范围、基本不等式（均值定理）来确定取值范围。 解题核心在于“几何问题代数化”与“代数问题几何化”的灵活转换，通过“设而不求”与韦达定理简化运算，在动态变化中精准锁定临界值。 考点08 定点与定值问题 典例1（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 【答案】(1) (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. 【分析】（1）列方程求解即可求解； （2）设，直线，联立椭圆的方程，进而将斜率表示出来，得到，与点的坐标有关，从而不为定值. 【详解】（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）略 典例2．（2026·重庆·三模）已知椭圆：过抛物线的焦点，且与双曲线有相同的焦点． (1)求椭圆的方程； (2)设直线：与椭圆交于不同的两点，，点，若直线的斜率与直线的斜率互为相反数，求证：直线过定点． 【答案】(1) (2)直线过定点，证明见解析 【分析】（1）由抛物线方程和双曲线方程分别可焦点坐标，进而可得，，再由椭圆的性质可得，因此可得椭圆方程； （2）设交点坐标，再联立直线的方程与椭圆的方程消去，由根与系数关系及可得，进而可得直线过定点. 【详解】（1）由抛物线，得焦点， 因为椭圆过抛物线的焦点，所以. 由双曲线，得焦点， 因为椭圆与双曲线有相同的焦点，所以. 由椭圆的性质，， ∴椭圆的方程为. （2）设，， 联立，消去得， ， ，， 由已知， 所以， 所以， 则， ， ，解得，满足， ∴直线的方程为，故直线恒过定点 【考法预测1】（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． 【答案】(1)． (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. 【分析】（1）根据椭圆的几何性质即可求解. （2）讨论直线的斜率是否存在，存在时，设出直线的方程，联立与椭圆的方程，可得根与系数的关系式，利用斜率关系或者根据向量的共线得到点的坐标之间的关系，得到韦达定理，由两点斜率公式，即可代入化简的方程求解. 【详解】（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）略 【点睛】直线与椭圆的位置关系中直线过定点问题，需要讨论直线的斜率是否存在，若斜率不存在，特殊情况特殊对待，存在时，设出直线的方程，联立与椭圆的方程，可得根与系数的关系式，利用斜率关系或者根据向量的共线得到点的坐标之间的关系，进而为消去变量起到了重要的作用从而求得直线方程中两个参量之间的关系即可得到定点. 【考法预测2】（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． 【答案】(1) (2) (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． 【分析】（1）根据双曲线的性质可得双曲线的基本量，进而可得双曲的方程； （2）设，根据点在双曲线上及斜率的定义可得； （3）方法一：先设直线的方程为，由（2）的分析得，进而可得，再由斜率的坐标运算公式及根与系数关系代入化简得，从而可得直线过定点；方法二：先设直线的方程为，再由条件及根与系数关系可得恒成立，得，从而可得及直线过定点. 【详解】（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）略 【考法预测3】（2026·江西九江·模拟预测）已知抛物线的焦点为，过点作直线交于两点，且． (1)求的方程； (2)若点为上异于的动点，直线分别交的准线于点． （i）证明：以线段为直径的圆恒过点； （ii）记直线的斜率分别为，若直线与轴垂直，求取得最小值时点的坐标和以线段为直径的圆的标准方程． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）； 【分析】（1）设直线的方程为，联立方程组，得到，结合，求得，即可求解； （2）（i）设，分别求得直线和的方程，得到点和点，求得，将，代入上式，求得，得到，结合圆的性质，即可求解； （ii）求得，且，求得和的方程，得到和，得到，结合基本不等式，以及圆的标准方程，即可求解； 【详解】（1）解：由抛物线，可得其焦点为， 设直线的方程为， 联立方程组，整理得， 设，可得，且， 因为，可得， 又因为，解得，所以抛物线的方程为. （2）解：（i）由（1）知抛物线方程为，其焦点为，准线方程为， 设，则直线的方程为， 即， 令，可得 ，解得， 同理可得：直线的方程为， 令，可得 ，解得， 所以， 则， 因为，代入上式，可得 ， 即，所以，即， 根据圆的性质，直径所对的圆周角为直角，所以以线段为直径的圆恒过点. （ii）当直线与轴垂直时，此时，代入抛物线，可得，解得， 不妨设，且， 可得的方程为，即， 令，可得 ，解得， 同理可得：， 则， 所以， 令，可得，当且仅当时，等号成立， 即时，可得，此时，即， 此时直线的方程为，令，可得，即， 直线的方程为，令，可得，即， 可得以为直径的圆圆心坐标为，半径为， 所以以为直径的圆的方程为. 方法技巧 圆锥曲线中的定点、定值问题的求解策略 圆锥曲线中的定点、定值问题综合性强，求解策略主要包含以下两种核心思路： 一是“特殊到一般”法。先根据特殊位置或数值（如坐标轴上的点、切线等）求出定点或定值，再证明该点或值与变量无关。 二是“直接推理计算”法。首先选取合适的变量（如直线斜率、动点坐标）作为核心参数；接着利用已知条件建立方程或函数，将目标式用变量表示；最后通过韦达定理、点在曲线上等条件进行代数化简，消去变量得出定值或定点。 此外，解题时还可灵活运用“点差法”、“齐次化”等高级技巧，以达到“设而不求”的目的，有效降低运算量。核心在于理清变量关系，在变化中寻求不变的量。 考点09 定直线问题 典例1（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)证明如下： 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． 【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）略 典例2．（2026·广东佛山·一模）已知点，双曲线的一条渐近线方程是，直线被截得的弦长为. (1)求的方程. (2)已知是的右支上不同的两点，且存在实数，使得. （i）若点满足，求证：点总在某定直线上； （ii）若直线与的另一个交点为（异于），求证：直线过定点，并求出该定点的坐标. 【答案】(1) (2)（i）设，且， 则，， 因为，则，可得， 设，则，， 因为，则，可得， 因为点在双曲线：上， 则，即， 两式相减得，即， 可得，所以点总在定直线上； （ii）直线过定点 【分析】（1）根据渐近线可得，代入点可得，即可得双曲线方程； （2）（i）设，，根据向量共线结合点差法分析证明；（ii）设直线，联立方程可得韦达定理，利用韦达定理求、和，求点和直线，令可得，即可得结果. 【详解】（1）因为双曲线的一条渐近线方程是，则，即， 则双曲线的方程即为， 因为直线的方程为， 由题意可知：双曲线过点，则， 所以双曲线的方程为. （2）（i）略 （ii）因为双曲线的渐近线方程为， 由题意可知：直线的斜率存在，设直线，， 联立方程，消去y可得， 则， 可得，， 则， ， ， 直线的斜率，直线的斜率方程：， 联立方程，消去y可得， 则， 设，可得， 则， 且，即， 可得， 且， 即， 则直线：，即， 令，可得 ， 因为 所以直线过定点. 【考法预测1】已知点F是椭圆C： (a>b>0)的右焦点，过点F的直线l交椭圆于M，N两点．当直线l过C的下顶点时，l的斜率为；当直线l垂直于C的长轴时，△OMN的面积为． (1)求椭圆C的标准方程； (2)当|MF|＝2|FN|时，求直线l的方程； (3)若直线l上存在点P满足|PM|，|PF|，|PN|成等比数列，且点P在椭圆外，证明：点P在定直线上． 【答案】(1)； (2)； (3)证明：设，， 当直线与轴重合时，∵点在椭圆外，∴，同号， 由，得，解得， 当直线与轴不重合时，由(2)知，， ∵，，， ∵点在椭圆外，∴，同号， 由，得， 整理得，即， 解得，代入直线方程，得， ∴点在定直线上． 【分析】(1)根据题意得：，，及，解得，，进而可得椭圆得方程． (2)分两种情况：当直线与轴重合时，，不合题意．当直线与轴不重合时，设直线的方程为，，，，，联立直线与椭圆得方程，结合根与系数关系得，，由，得，组成方程组解得，进而可得直线得方程． (3)设，，分两种情况讨论，当直线与轴重合时，当直线与轴不重合时，由，解得，∴点在定直线上． 【详解】（1）由题设：，，解得，， ∴椭圆的方程为． （2）当直线与轴重合时，，不合题意． 当直线与轴不重合时，设直线的方程为，，，，， 联立，消去整理得， 有①， ②， 由，得③， 联立①②③得，解得． ∴直线的方程为． （3）略 【考法预测2】已知，分别是双曲线：的上顶点，下焦点． (1)求的标准方程； (2)过的直线与的上、下支分别交于两点（异于），直线平分线段与的下支交于点，证明：直线与直线的交点在定直线上． 【答案】(1) (2) 证明：由题意，直线的斜率存在， 设直线方程为：，，．    联立，消去，得， 由于，同号，所以，， ， 所以， 联立，解得， 所以， 所以直线的方程为，即， 联立，解得， 所以直线与直线的交点在定直线上． 【分析】（1）根据题中所给数据求解即可； （2）设直线方程为：，，，联立直线和双曲线方程，结合韦达定理可得，求出点坐标，直线方程，再联立直线和直线方程，求出交点坐标即可得证. 【详解】（1）由题意，，， 所以， 所以C的方程为． （2）略 【考法预测3】已知抛物线的焦点为F，点是C上一点，且，记O为坐标原点，过点F的直线与C相交于A，B两点． (1)求抛物线C的方程与准线l的方程； (2)求的最小值； (3)已知P，M分别是抛物线C与准线l上的动点，若C在点P处的切线交y轴于点Q，且，试判断点N是否在定直线上，若在，请求出定直线的方程；若不在，请说明理由． 【答案】(1)；； (2)； (3)N在定直线上，直线方程为：. 【分析】（1）由结合抛物线定义可得准线方程，据此可得抛物线方程； （2）设过点F的直线方程为，将直线方程与抛物线方程联立，结合韦达定理可得，然后由抛物线定义结合基本不等式可得最小值； （3）设，由导数知识可得点P处的切线方程，据此可得点Q坐标，设，由可得，据此完成判断及得到定直线方程. 【详解】（1）由是C上一点，且，结合抛物线定义， 可得准线方程为：，则焦点为，则； （2）由题可得点F的直线的斜率存在， 设过点F的直线方程为：，将直线方程与抛物线方程联立， 可得，判别式为. 设，由韦达定理，可得，则. 又由抛物线定义可得， 当且仅当，即时取等号； （3）设，， 则在处的切线方程为：. 令，得，设，则. 又注意到，， 则.因， 则，从而，即N在定直线上， 直线方程为：. 考点10 交汇问题 典例1（2026·贵州遵义·模拟预测）已知抛物线 ： （ ）的焦点为，点 在抛物线 上，，且的最小值为3． (1)求抛物线 的方程． (2)依次构造点列，，， （）．设 ，，．如图，过点作斜率为的直线与曲线分别交于点，，直线与曲线交于另一点，直线与曲线交于另一点，直线与轴交于点． ①求数列和的通项公式； ②记的面积为，当 时，求证：． 【答案】(1) (2)①，； ②由①可得，， 代入得，化简得， 所以是首项为1，公比为2的等比数列，． 因为，其中， 则， 故， ，得证. 【分析】（1）求出准线方程，根据抛物线的性质可知，由，那么的最小值为 ，从而得到 ，得到抛物线方程； （2）①设出直线方程，联立 ，求出两根之和，两根之积，联立化简得，，所以是以1为首项，4为公比的等比数列，是以2为首项，4为公比的等比数列，故，； ②在①基础上，得到，所以是首项为1，公比为2的等比数列，，求出，从而放缩得到，利用等比数列的求和公式即可证明. 【详解】（1）抛物线的准线为，， 根据抛物线的定义，可得的最小值为点到准线的距离 ， 解得 ，故抛物线 的方程为 ． （2）①过且斜率为的直线方程为， 代入 得 ， 由韦达定理： 设直线的方程为，代入 得 ， 则，可得， 同理，由，可得， 则直线的斜率， 直线的方程为：， 将代入化简得（*）， 将代入，结合可得 ， 再代入（*）式，化简得， 由于 ， ，满足， 则，， 所以是以1为首项，4为公比的等比数列，是以2为首项，4为公比的等比数列， 则，． ②略 【考法预测1】（2026·福建福州·模拟预测）已知椭圆仅经过点，，中的两个． (1)求C的方程； (2)椭圆的光学性质是：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线过椭圆的另一个焦点．已知C的左、右焦点分别为，，点在C上且在第二象限内，从发出的光线经过C的反射，反射光线所在直线与的另一个交点为；记直线与的另一个交点为，直线与的另一个交点为，如此交替进行，得到点列． （ⅰ）设直线的斜率为，证明：数列是等比数列，并求出其公比； （ⅱ）设的面积为，证明：． 【答案】(1) (2)（ⅰ） 设直线l的方程为，l交C于，， 联立可得，化简可得， 由可得， 根据韦达定理可得，， 直线，的斜率之积为 ， 因为直线经过右焦点，所以， 因为直线经过左焦点，所以， 所以是定值，故数列是公比为4的等比数列． （ⅱ）依题意得直线的方程为， 所以的纵坐标， 因为，所以， 因为单调递增，， 所以，即， 因为，所以. 【分析】（1）根据椭圆的性质判断经过的点，代入方程解得参数的值，从而得到椭圆的方程； （2）（i）通过直线方程和椭圆方程联立，联立后的二次函数的根的判别式要大于零，结合韦达定理得到直线斜率之间的比值为定值，从而证明数列为等比数列 （ii）根据直线方程得到点的纵坐标，构建辅助函数，根据函数的单调性来证明不等式成立. 【详解】（1）检验可知，点，不可能同时在椭圆上， 若椭圆经过，，则，此时不在椭圆上， 所以C经过点，，代入C的方程可得，解得， 所以C的方程为. （2）（i）略 （ii）略 【考法预测2】（2026·云南·模拟预测）已知双曲线C：的右焦点F到渐近线的距离为，点在双曲线C上． (1)求双曲线C的方程； (2)点P在第一象限内的双曲线C上，过P作圆M：的切线，切点为Q，过P且垂直于x轴的直线与第一象限内的双曲线的渐近线交于R，求的最小值； (3)如图，将双曲线的左支绕y轴翻折，使左右支所在的两个半平面所成的二面角大小为θ，对于任意的，过点N的直线m总与左支相交，以原双曲线所在坐标平面的O为原点，过O垂直于xOy平面的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求直线m与平面xOy所成角的正弦值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用双曲线焦点到渐近线的距离等于半虚轴长的性质，结合已知距离求出的值，再将已知点的坐标代入双曲线方程，联立求解出的值，从而确定双曲线方程. （2）将目标表达式用动点的坐标表示并化简，发现其几何意义为点到某条定直线距离的常数倍，从而将问题转化为求双曲线上一点到该定直线的最小距离问题，通过寻找与该直线平行的双曲线切线来求解. （3）首先根据旋转的定义求出双曲线左支绕轴旋转后形成的旋转曲面方程，然后设出过点的直线的参数方程，将其代入曲面方程得到一个关于参数的二次方程，利用直线与曲面恒相交的条件建立关于直线方向向量的不等式，最后求解直线与平面所成角的正弦值的值. 【详解】（1）由已知得：，，所以， 所以双曲线C的方程为：． （2）设，则， 因为在双曲线上，所以， 所以， 由题意，，因为P位于第一象限时，    所以，， 故， 设直线l：，而， 所以可看作是双曲线上的点到直线l距离的2倍， 设平行于l的双曲线的切线为， 联立，消y得， ，解得， 所以第一象限内的双曲线的切线为，故两直线距离为， 当且仅当，时，． （3）因为左半支双曲线旋转时，曲线上的任意一点绕做圆周运动， 轨迹是以为圆心，为半径的圆，在空间直角坐标系中， 设旋转后的P点坐标为，则， 因为，所以经过旋转后的点P满足， 由题意，，设直线m的方向向量为， 则直线上任意点的坐标，， 若E总是在左支上，则， 化简得① 同理，，也在左支上，代入化简得： ② 则由①②两式分别相加减得，与， 由对任意成立， 则，且，令，则，， 故直线m的一个方向向量可以为或， 设直线m与平面xOy所成角为α，因为平面xOy的法向量为， 则，所以直线m与平面xOy所成角的正弦值为． 【考法预测3】复数（）与复平面上的点一一对应： (1)复数（，），（，），若（），复平面上动点的轨迹为；若（），复平面上动点的轨迹为；判断并证明、的曲线类型. (2)复数、、、（，）满足（）且，复平面上动点的轨迹为曲线. （ⅰ）求的标准方程，并判断曲线类型； （ⅱ）平面上过的动直线交曲线于、两点，是线段上一点且满足，证明：点恒在某条定直线上. 【答案】(1) 是圆心为，半径为的圆； 证明：因为，所以， 所以，所以， 表示圆心为，半径为的圆； 是经过和的一条直线； 证明：因为，所以，所以， 当时，，即，表示经过且斜率为的一条直线， 当时，，表示轴， 所以是经过和的一条直线. (2)（i），曲线为椭圆； （ii）设，不妨假设， 由题意可知，直线的斜率存在，设， 联立，可得， 所以，且， 因为， ， 所以， 化简可得， 所以， 所以，且， 所以，化简可得， 所以在定直线上.    【分析】（1）判断时将模长转化为对应坐标运算，化简后可得结果，判断时，根据横纵坐标的对应关系来进行判断即可； （2）（ⅰ）先根据（1）将复数之间的等量关系转化为几何关系，然后根据椭圆的定义作出判断并写出标准方程；（ii）设出直线的方程以及的坐标，联立直线方程与椭圆方程可得坐标的韦达定理形式，然后利用弦长公式转化条件，通过代入韦达定理形式的坐标关系求得横纵坐标的关系，则可完成证明. 【详解】（1）略 （2）（i）设在复平面内对应的点为， 由（1）可知，表示直线，表示的垂直平分线， 所以为的垂直平分线与直线的交点， 因为，所以，因为，所以， 因为，所以在以为圆心，半径为的圆上， 如下图所示，    由上可知，， 所以的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆， 所以，所以， 所以的标准方程为，曲线为椭圆； （ⅱ）略 【点睛】结论点睛：常见的复数与轨迹的结论： （1）：表示以为圆心，半径为的圆； （2）且：表示以为端点的线段； （3）且：表示以为焦点的椭圆； （4）且：表示以为焦点的双曲线. 考点11 圆锥曲线的统一定义 例题1 （25-26高二上·河北·期中），为平面内两个定点，l为一定直线，，以下动点P的轨迹不能判定是椭圆的有（   ） A．为大于0的常数 B．直线，的斜率之积为小于0的常数 C．直线，的斜率的商为大于1的常数 D．点P到l的距离为d，为小于1的正常数 【答案】ABC 【分析】分别可根据椭圆定义及圆锥曲线第二定义可判断AD；建立平面直角坐标系求出动点轨迹方程可判断BC. 【详解】对于A，由为大于0的常数，设， 若，则P的轨迹是椭圆，当时，P的轨迹不是椭圆； 故此时点的轨迹不能判定是椭圆； 对于BC，以线段的中点为坐标原点，以所在直线为轴建立平面直角坐标系， 设，则定点，，动点， 由题意直线的斜率之积为小于的常数，设此常数为， 则， 所以有， 化简得，由， 方程可化为， 当时，轨迹表示椭圆； 当时，轨迹表示圆； 故B项动点的轨迹不能判定是椭圆； 若直线，的斜率的商为大于1的常数，设此常数为， 则， 化简得，，表示一条垂直于轴的直线（除去与轴的交点）， 故C项动点的轨迹不能判定是椭圆； 对于D， 由，为常数，设常数为，且， 根据圆锥曲线的第二定义可知， 平面内到一个定点和一条定直线（）的距离之比为常数（）的点的轨迹是椭圆， 故D项动点的轨迹可以判定为椭圆. 故选：ABC. 【考法预测1】（25-26高二上·安徽阜阳·期末）古希腊后期的数学家帕普斯在他的《数学汇编》中探讨了圆锥曲线的焦点和准线的性质：平面内到一定点和定直线的距离成一定比例的所有点的轨迹是一圆锥曲线.这就是圆锥曲线的第二定义或称为统一定义.若平面内一动点到定点和到定直线x=1的距离之比是，则点P的轨迹为（    ） A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 【答案】C 【分析】根据题意及两点间距离公式，化简整理，即可得答案. 【详解】由题意得，则， 整理得，则点P的轨迹为双曲线. 故选：C 【考法预测2】（多选）（25-26高二上·山东日照·期末）如图，用一个不垂直于轴的平面截两个顶点相同、顶角相等、轴相同的圆锥面，则所得截口曲线（截面与圆锥面的交线）可能是（    ）    A．椭圆 B．双曲线 C．抛物线 D．圆 【答案】ABC 【分析】利用圆锥曲线的意义判断即可. 【详解】对于A，当截面与轴不垂直，且截面不与母线平行，且只与一个圆锥相交时，截面为椭圆，故A正确； 对于B，当截面与轴平行，截面是双曲线，故B正确； 对于C，当截面平行于圆锥的母线时，截面是抛物线，故C正确； 对于D，截面与轴不垂直，故截面不可能为圆，故D错误. 故选：ABC. 【考法预测3】（2025·江西新余·模拟预测）平面内的动点到一个定点的距离和到定直线的距离的比是常数，则动点的轨迹就是圆锥曲线（这个是圆锥曲线的第二定义）．其中定点称为其焦点，定直线称为其准线（其中椭圆与双曲线的准线方程为，抛物线准线方程为），正常数称为其离心率．当时，轨迹为椭圆；当时，轨迹为抛物线；当时，轨迹为双曲线． (1)若方程表示的二次曲线是椭圆，求的取值范围； (2)已知椭圆的右焦点为，点，试在椭圆上求一点，使的值最小，并求这个最小值． (3)双曲线的右焦点，左准线，其中，过作直线与双曲线右支交于两点，线段的中点为，且，求该双曲线的实轴长的取值范围． 【答案】(1) (2)，最小值为 (3) 【分析】（1）将方程进行变形，再利用椭圆的第二定义即可求解； （2）利用椭圆的第二定义将转化为，再利用三点共线即可求解； （3）根据第二定义写出双曲线的方程，设出直线的方程进行联立，利用可知恒为锐角，可得恒成立即可求解. 【详解】（1）方程表示的是椭圆， ，即， 由圆锥曲线第二定义可得，即，故的取值范围是； （2）设点， 由椭圆方程得，，则， 椭圆离心率为，右准线为， 作于，由椭圆第二定义，如图： ， 当且仅当三点共线时，取得最小值，最小值为点到右准线的距离， 即的最小值是7， 此时，代入得，； （3）由双曲线第二定义知双曲线方程为：， 设，则双曲线方程为， 线段的中点为，且，在以线段为直径的圆的外部， 恒为锐角． 由于，故的焦距为2，则， 由于直线的斜率不为零，可设其方程为， 结合，联立， 得． 设．则, 由于两点均在的右支上，得，,即, 又 ． 恒为锐角，对任意的，均有， 又，， 恒成立． ，不等号左边是关于的增函数，只需时，成立即可． 解得，结合，可知的取值范围是． 综上所述，双曲线的实轴长的取值范围是． 考点12 圆锥曲线中的新定义问题 例题1 （2026·北京石景山·一模）在平面直角坐标系中，当不是原点时，定义的“对应点”为，当是原点时，定义的“对应点”为它自身：将曲线上所有点的“对应点”构成的曲线定义为曲线的“对应曲线”.现有下列命题： ①若点的“对应点”是点，则点的“对应点”是点； ②单位圆的“对应曲线”是它自身； ③直线的“对应曲线”一定是直线. 其中正确命题的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】根据对应点的定义对三个命题逐一判断. 【详解】对于①：设不是原点，则，记， 则，其中，计算的对应点： . ，即，不是，所以①错误； 对于②：单位圆上的点满足，因此对应点为. 对，有，说明仍在单位圆上； 反之，单位圆上任意点，则点在单位圆上. 因此单位圆的对应曲线就是单位圆本身，所以②正确； 对于③：取直线（平行于轴的直线），设其上点，对应点为. 令，消去：. 整理得，即，这是圆，不是直线，所以③错误. 所以正确命题的个数只有②一个. 【考法预测1】（2026·内蒙古呼和浩特·一模）可以采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线，如图1，设圆锥轴截面的顶角为2，用一个平面去截该圆锥面，随着圆锥的轴和所成角的变化，截得的曲线的形状也不同．据研究，曲线的离心率为，比如，当时，e＝1，此时截得的曲线是抛物线．如图2，在底面半径为2，高为2的圆锥SO中，AB、CD是底面圆O上互相垂直的直径，截面截圆锥所得的截面ABE与底面夹角为60°，则平面ABE截该圆锥面所得的曲线的离心率为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由题意可得，，，则离心率为. 【考法预测2】（多选）（2026·浙江温州·二模）若曲线满足条件：存在正数a和点，对于任意点，总存在点，使得，则称该曲线是“封闭曲线”，则下列曲线是“封闭曲线”的是（   ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】结合题设定义，先找到的取值范围，结合进行验证是否在这个范围内，当曲线图象无界时，显然是不符合题意的. 【详解】对于A，由，即，为椭圆， 则，取，满足， 而，， 令，由，对任意的，， 此时，因此对于任意点，总存在点， 故是“封闭曲线”； 对于B，由，显然，则， 由于函数在和上均为减函数，如图： 因为该图象是无界的，因此当时，对给定的而言， 是一个具体的正数，则，这与矛盾， 因此，不是“封闭曲线”； 对于C，由， 显然点均满足方程， 则曲线关于，原点对称，且， 因此该曲线上的点均在圆上（或内部）， 所以该曲线的图象是有界的，取， 设，，取， 由，对任意点，， 此时， 因此对于任意点，总存在点， 故是“封闭曲线”； 对于D，由，而， 则时，， 所以曲线的图象无界， 当时，对给定的而言， 是一个具体的正数，则，这与矛盾， 因此，不是“封闭曲线”. 【考法预测3】（2026·湖北鄂州·模拟预测）类比圆的标准方程，我们很容易知道：在空间直角坐标系中，以坐标原点为球心，为半径的球面方程为：．现有一个底面半径为2，高为3的圆锥，以底面圆圆心为坐标原点，顶点在轴上，则圆锥侧面的方程为___________，现用一个与轴平行的平面截这个圆锥，截面与圆锥表面交线为双曲线的一部分，则该双曲线的离心率为___________． 【答案】 , / 【分析】先确定圆锥母线的平面方程，旋转得到圆锥侧面方程；再将与轴平行的平面代入圆锥方程，整理成双曲线标准形式，求出，即得其离心率. 【详解】已知圆锥底面半径为2，高为3，底面圆圆心为坐标原点，顶点在轴上，则顶点坐标为， 在平面上，圆锥的母线是连接和的直线，即， 绕轴旋转时，替换为，得到旋转面（圆锥侧面方程），， 即，整理得，. 用与轴平行的平面截圆锥，不妨取平面（为常数，且），代入圆锥方程， 可得，整理为双曲线标准形式， 而对于双曲线，这里，则， 故该双曲线的半焦距为， 于是，其离心率为. 拔高・分层集训 基础演练 1．（2026·北京东城·二模）在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为，点在抛物线上，轴，垂足为.若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由抛物线方程知：，，则，， 轴，，又在抛物线上，， . 2．（25-26高三上·辽宁鞍山·开学考试）已知双曲线与直线无交点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】联立双曲线与直线的方程，利用列式求解即可. 【详解】，可得， 当时，，此时方程为一次方程，有一个解，不符合题意， 当时，即时，， 即，解得. 故选：B. 3．（2026·陕西渭南·三模）已知点P为椭圆上任意一点，直线l过的圆心且与交于A，B两点，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据向量运算化简，再根据椭圆性质得到，最后求解范围即可. 【详解】对方程配方得，因此圆心，半径，是的直径， 故，. ，， 因此. 椭圆中，，，， 恰好是椭圆的右焦点. 根据椭圆性质，， 代入得，因此. ，即取值范围为. 4．（2026·云南昆明·二模）设椭圆，点和均为椭圆的顶点，直线与椭圆交于两点．当四边形面积取最大值时，实数的值为（    ） A．0 B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据顶点得出椭圆，再联立得出韦达定理，最后表示面积应用三角换元得出面积最大时参数值. 【详解】由和可得，所以椭圆方程为， 因直线的斜率为，可得其方程为， 又因为直线，将其与联立消去，可得， 由解得， 由韦达定理得，所以， 因为，所以四边形为梯形，而直线的方程即， 则梯形的高也即点到直线的距离为， 故梯形的面积为， 由图知面积最大值不在时（此时在上方）取得，故只需考虑， 令，则，则，则， 再令，则，， 故， 故当时，取得最大值为. 此时，所以，故当四边形面积取最大值时，此时的值为. 5．（多选）（2026·山西忻州·模拟预测）点在椭圆的第一象限部分运动．以为对角线作矩形，矩形的边分别平行于坐标轴，其中为坐标原点．设该矩形的面积为，周长为．则下列说法正确的是（   ） A．的最大值为1 B．的最大值为 C．当取得最大值时， D．满足的点有且仅有两个 【答案】ABD 【分析】利用三角换元，令，，，将椭圆上的点用三角形式表示，转化为三角函数的最值问题，再逐一判断各选项. 【详解】点在椭圆的第一象限部分运动，所以可令，，． 矩形面积为，因此，所以A正确； 矩形周长为，（其中且为锐角）， 当时，取最大值，所以B正确； 当取得最大值时，，所以． 此时，，于是， 故，所以C错误； 若，则，在内有两个解，因此满足条件的点有且仅有两个．所以D正确． 6．（多选）（2026·江西南昌·模拟预测）已知双曲线C：的左、右顶点分别为A，B，动点P是C的左支上异于点A的一点，直线AP交直线于点E，直线EB交C于另一点Q则（     ） A．点纵坐标的取值范围是 B．直线的斜率之积为定值 C．直线的斜率之积为定值 D．原点到直线距离的最大值为 【答案】ABD 【分析】利用斜率公式结合双曲线的方程判断B，C，应用双曲线方程计算结合范围判断A，先设直线，再求出定点，再得出距离最大值判断D. 【详解】由题意知 ， 设，所以，即， 所以的斜率之积为，B选项正确； 设直线AP为，直线AP交直线于点E， 则，因为， 且，所以，所以或，A选项正确； 直线的斜率之积为直线的斜率之积为，C选项错误； 设：，设， 联立，所以， 所以， 即得， 因为，所以，所以，所以， 所以，所以， 所以，所以， 所以， 所以，所以（舍）或， 所以的定点为， 则原点到直线距离，D选项正确； 7．（多选）（2026·江西南昌·三模）设为坐标原点，直线过抛物线：的焦点且与交于两点（点在第一象限），，为的准线，，垂足为，，则下列说法正确的是（    ） A． B．的最小值为 C．若，则 D．轴上存在一点，使为定值 【答案】BCD 【分析】对于A，利用过焦点的弦长最短时是通径的结论即得；对于B，利用抛物线上点的性质进行转化再结合图象，三点共线时，对应线段和最小即得；对于C，由条件推理得点A的坐标，得到直线的方程，与抛物线方程联立求得两点即得；对于D，设出直线的方程，与抛物线方程联立，得到韦达定理，将所求式代入化简，分析推理即得． 【详解】 对于A，因为直线经过点，所以当且仅当轴时，最短，即，解得，A错误； 对于B，由抛物线定义知，所以， 由图知，当且仅当三点共线时，取得最小值， 即，B正确； 对于C，在中，，， 所以，即点， 由，得，解得，， 即得，， 所以，C正确； 对于D，设直线：， 由，得，设，， 所以，， 设轴上存在一点， 则 ， 当时，，即存在点时，使得为定值，D正确． 8．（2026·北京朝阳·模拟预测）已知直线：，点在双曲线：上．若点到直线的距离不存在最小值，则双曲线的离心率是______，实数的值为______． 【答案】 / 【分析】双曲线上的点到直线距离无最小值时，直线与双曲线的一条渐近线平行，由此确定的值，再计算离心率． 【详解】方程 表示双曲线，故 ，可化为 ， 其渐近线为，直线 即 ， 若点到直线的距离不存在最小值，则直线与双曲线不相交且平行于渐近线， 故，解得 ， 此时双曲线为 ，即 ，离心率 ． 9．（2026高三·全国·专题练习）已知是椭圆的右焦点，设直线过点且与椭圆相交于点，则______． 【答案】/ 【分析】分别讨论直线的斜率是否为0，结合椭圆的焦半径公式求解即可. 【详解】当直线与轴重合时，与中一个为，另一个为， 所以． 当直线不与轴重合时，设直线的倾斜角为，则， 不妨设在轴上方，则， 所以．综上，．    10．（2026·湖南长沙·二模）已知双曲线，，左右顶点分别为，过点的直线交双曲线于，两点． (1)若离心率时，求的值； (2)若，为等腰三角形时，且点在第一象限，求点的坐标； (3)设直线与双曲线另一个交点为，若，求的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据双曲线离心率公式求出； （2）分类讨论等腰三角形的情况，确定点的坐标； （3）设直线方程并联立双曲线，应用韦达定理，计算向量数量积，代入韦达定理结果得到参数关系，求的取值范围． 【详解】（1）由题意得，则， . （2）当时，双曲线， 其中，， 因为为等腰三角形，则 ①当以为底时，显然点在直线上， 这与点在第一象限矛盾，故舍去； ②当以为底时，， 设，联立解得或或， 因为点在第一象限，显然以上均不合题意，舍去； （或者由双曲线性质知，矛盾，舍去）； ③当以为底时，， 设，其中，， 解得，即， 综上所述：. （3）由题知，， 当直线的斜率为时，此时，不合题意，则， 则设直线， 设点，，而直线与双曲线另外一个交点， 根据双曲线对称性知， 联立， 显然二次项系数， 其中， ①，②， 则，， 则， 因为，在直线上， 则，， 即，即， 将①②代入有， 即 化简得， 所以，代入到， 得，所以， 且，解得， 又因为，则， 综上知，， 所以． 能力进阶 1．（2026·吉林延边·三模）已知P是抛物线C：上的动点，若点P到直线距离的最小值为，则（    ） A．1 B．2 C．4 D．10 【答案】B 【分析】设直线的平行线为且与抛物线相切，联立直线与抛物线方程，结合可得，结合平行线之间的距离公式列方程求解即可. 【详解】由题意，设直线的平行线为且与抛物线相切， 联立，整理得， 则，即， 因为点P到直线距离的最小值为， 所以，解得（舍去）或，则. 2．（2026·山东济南·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点为，，是椭圆上的动点，以为直径作圆，直线与圆交于点（点不在椭圆内部），则（    ） A．1 B． C．2 D．3 【答案】A 【分析】根据几何关系，以及椭圆的定义，转化向量的数量积，即可求解. 【详解】， 其中，， ， 所以. 3．（25-26高三下·贵州遵义·开学考试）设抛物线的焦点为F，P为C上任意一点，O为坐标原点，M为线段的中点，则直线斜率的最大值为（ ） A． B．1 C． D． 【答案】B 【分析】首先设点的坐标，再表示点的坐标，以及直线的斜率，利用基本不等式求最值. 【详解】由已知，，设（由抛物线的对称性及斜率最大，则），则， 于是直线的斜率为， 当，即时等号成立，所以直线斜率的最大值为1. 4．（2026·河北保定·模拟预测）已知抛物线 的焦点为F，其准线与x轴交于点E，过点 E且斜率为负的直线交C于A，B两点(点A在点B的左侧)，若 点D(8，8)，△DBF 的面积为 ，△ABF 的面积为，则 （    ） A．5 B．4 C．3 D．2 【答案】B 【详解】设，由共线可得， 整理得， 所以，根据的斜率分别为， ，即， 可得 ，解得或， 因为的斜率相反且在左侧，所以， 而的斜率，故有三点共线， 将的方程与抛物线方程联立得， 整理得，一个解即为点横坐标，则另一个解为， 即点横坐标为，所以. 5．（多选）（2026·江苏盐城·模拟预测）设为双曲线：（，）的左焦点，经过原点且斜率大于的直线交于，两点，与轴垂直，，则（    ） A． B．双曲线的渐近线方程为 C．双曲线的离心率为 D．直线的斜率为 【答案】ACD 【分析】对于A，联立与双曲线方程，求解后即可判断；对于B，设双曲线的右焦点为，连接,由题意可得为等腰直角三角形，从而得，整理可得，即可判断；对于C，结合B可求得，求出离心率即可判断；对于D，求得，即可判断. 【详解】对于A，由，得或， 所以，故A正确； 对于B，设双曲线的右焦点为，连接， 因为关于原点对称，也关于原点对称， 所以四边形为平行四边形， 且， 所以为等腰直角三角形， 所以， 即，， 所以， 整理得， 所以， 所以， 所以双曲线的渐近线方程为，故B错误； 对于C，由B可知， 所以， 所以， 所以， 所以双曲线的离心率，故C正确； 对于D，因为， 即直线的斜率为，故D正确. 6．（多选）（2026·山东东营·模拟预测）已知斜率为的直线经过抛物线的焦点，且与抛物线交于两点．点是圆（）上的任意一点，使得的重心在轴上．线段与轴的交点为．则下列说法正确的是（     ） A． 的取值范围为 B．三角形的面积是斜率的函数 C．当时，的最大值为6 D．的最小值为 【答案】ACD 【分析】利用重心坐标公式结合韦达定理得到，再利用圆上点的性质得到参数范围判断A，举反例并结合函数的定义判断B，结合题意得到直线和圆的位置关系，进而得到不等式，求解参数范围判断C，将表示为一元函数，再利用换元法与二次函数的性质求解最值判断D即可. 【详解】结合题意，可设， 对于A，设直线的方程为，则， 联立方程组，可得， 由韦达定理得，， 由重心坐标公式得， 因为在轴上，所以，解得， 则，由题意得圆心坐标为，半径为， 因为点是圆上的任意一点，所以，解得， 则，得到斜率的取值范围为，故A正确， 对于B，当时，此时，此时，直线方程为， 此时，将代入中， 解得或，则或， 设到的距离为，由点到直线的距离公式得，， 而，则，而此时，， 由弦长公式得，为定值，即得到， 可得三角形的面积不可能是斜率的函数，故B错误， 对于C，由题意得的斜率为，的斜率为， 因为，所以，解得， 此时点在直线上，而点是圆上的任意一点， 可得直线与圆相交或相切，得到，解得， 则的最大值为6，故C正确， 对于D，由三角形面积公式得， 由线段共线的性质得，， 则， 由题意得，则，而， 可得， ， 则， 令，则，得到，则， 令，，当时，符合题意， 由二次函数性质得，当时，取得最大值，且， 则，可得，即的最小值为，故D正确. 7．（多选）（2026·河北沧州·三模）抛物线具有以下光学性质：位于抛物线焦点处的点光源发出的每一束光经抛物线反射后的反射光线都与抛物线的对称轴平行或重合．已知抛物线的焦点为F，直线l过点且与抛物线T交于，两点，T在A，B处的切线交于点P，则（   ） A． B． C． D．点P在直线上 【答案】BCD 【分析】设直线l的方程为，与抛物线方程联立，由根与系数的关系可得可判断B，求得抛物线在，两点的切线方程，联立方程组求得点的坐标可判断D，利用向量的数量积计算可判断A；利用平面几何知识计算判断C. 【详解】由抛物线，可得焦点，准线方程为， 设直线l过点，所以设直线l的方程为， 与抛物线方程联立，可得， 所以，故B正确； 对两边求导得，所以， 所以抛物线在的切线方程为，又， 所以，整理得， 同理得抛物线在处的切线方程为， 联立两切线方程可得，解得， 因为是两个不同的点，所以，所以， 所以，所以点P在直线上，故D正确. 所以， 所以，所以，， 所以 ， 所以不垂直于，故A错误； 设直线在抛物线上的反射线分别为，则轴， 设G，H分别为线段延长线上的点， 结合光的反射定律可知，，， 由几何关系可知，设交x轴于， 则，所以，故C正确. 8．（2026·山东日照·模拟预测）设抛物线：（）的焦点为，过作斜率为（）的直线与交于，两点，与的准线交于点.若（为坐标原点），，则外接圆的方程为________. 【答案】/ 【分析】设直线的方程为，联立抛物线方程，运用韦达定理和向量数量积的坐标表示式求出，然后利用弦长求出，最后利用的三个顶点坐标即可求出外接圆的方程. 【详解】由题知，设，两点的坐标分别为，， 直线的斜率为（），设直线的方程为， 联立方程，消去整理得， 则，，， 所以， 所以，解得， 所以抛物线的方程为， 因为， 所以，解得， 所以直线的方程为， 抛物线的准线方程为，所以点坐标为， 则的三个顶点为，，， 设外接圆的方程为， 则代入三点有，解得，，， 所以外接圆的方程为，即. 9．（2026·江苏泰州·模拟预测）已知椭圆：（）的离心率为，短轴长为2. (1)求椭圆的标准方程； (2)设直线与椭圆交于，两点，原点到直线的距离为. （ⅰ）记直线，的斜率分别为，，求证：为定值； （ⅱ）求的面积的最大值及此时直线的方程. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）的面积的最大值为1，直线的方程为或或或. 【分析】（1）根据、、之间的关系与离心率即可求解 （2）（i）利用坐标表示出、，根据韦达定理，将表示为、之间的关系式，结合距离即可证明； （ii） 利用弦长公式，表示出三角形面积，讨论范围即可； 【详解】（1）由题意知，， 所以， 所以椭圆的标准方程为. （2）（i）当斜率不为时，设直线的方程为， ，， 联立得，， ， 点到的距离，所以， ， 根据韦达定理代入得，， 当斜率为时，不妨设横坐标大于0，则此时、两点坐标为，或，， 所以， 综上，为定值. （ii）当斜率为时，， 当斜率不为时，， 所以， 因此， 则， 当且仅当，即时取等，所以的最大值为， 当时，，当时，， 所以直线的方程为或或或. 真题实战 1．（多选）（2026·全国二卷·高考真题）已知抛物线：，斜率为的直线经过点，等边三角形的顶点A在E上，顶点,均在上，下列结论正确的有（     ） A．E的准线方程为 B．若与E没有公共点，则 C．若与的唯一公共点为，则E的焦点在直线上 D．若，则面积的最小值为 【答案】ABD 【分析】A选项，根据抛物线方程得，进而得出准线方程；B选项，设直线为，和抛物线方程联立消去，令求解；C选项，先根据直线和抛物线相切，求出切点，假设过焦点，则得到，根据两直线的夹角的公式推出的正切值，从而判断；D选项，可将问题转化为抛物线上一点到直线的距离最小值来处理. 【详解】A选项，，则，故准线，A选项正确； B选项，设直线为，则， 联立得到，， 直线和抛物线无交点，则， 结合，解得，B选项正确； C选项，由联立方程， 若与相交于唯一点，只可能是相切， 则，解得， 此时，解得，进而得，则， 若过焦点（如图），由于，，而， 根据倾斜角的定义，，， 而，此时的正切值为， 即，这与为等边三角形矛盾，C选项错误； D选项，当，此时直线方程为， 设，则到的距离为， 即等边三角形的高的最小值为，此时面积，D选项正确. C选项方法二：求得，则，， 则， 则，抛物线E的焦点不在直线上，故C错误. D选项方法二：到的最小距离可转化为抛物线和平行的切线，求得两平行线的距离即可， 由于，设直线为， 联立，得到， 由，此时直线为， 由平行线的距离公式可推出直线间距离为，其余同上. 2．（多选）（2025·全国一卷·高考真题）已知抛物线的焦点为F，过F的一条直线交C于A，B两点，过A作直线的垂线，垂足为D，过F且与直线垂直的直线交于点E，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】对于A，先判断得直线为抛物线的准线，再利用抛物线的定义即可判断；对于B，利用三角形相似证得，进而得以判断；对于C，利用直线的反设法（法一）与正设法（法二），联立直线与抛物线方程，结合韦达定理与焦点弦公式可判断C；利用利用三角形相似证得，，结合焦半径公式可判断D. 【详解】法一：对于A，对于抛物线， 则，其准线方程为，焦点， 则为抛物线上点到准线的距离，为抛物线上点到焦点的距离， 由抛物线的定义可知，，故A正确； 对于B，过点作准线的垂线，交于点， 由题意可知，则， 又，，所以， 所以，同理， 又， 所以，即， 显然为的斜边，则，故B错误； 对于C，易知直线的斜率不为， 设直线的方程为，， 联立，得， 易知，则， 又，， 所以， 当且仅当时取等号，故C正确； 对于D，在与中，， 所以，则，即， 同理， 又 ， ， 所以， 则，故D正确. 故选：ACD. 法二：对于A，对于抛物线， 则，其准线方程为，焦点， 则为抛物线上点到准线的距离，为抛物线上点到焦点的距离， 由抛物线的定义可知，，故A正确； 对于B，过点作准线的垂线，交于点， 由题意可知，则， 又，，所以， 所以，同理， 又， 所以，即， 显然为的斜边，则，故B错误； 对于C，当直线的斜率不存在时，； 当直线的斜率存在时，设直线方程为， 联立，消去，得， 易知，则， 所以 ， 综上，，故C正确； 对于D，在与中，， 所以，则，即， 同理， 当直线的斜率不存在时，，； 所以，即； 当直线的斜率存在时，， ， 所以， 则； 综上，，故D正确. 故选：ACD. 3．（多选）（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）抛物线C：的准线为l，P为C上的动点，过P作的一条切线，Q为切点，过P作l的垂线，垂足为B，则（    ） A．l与相切 B．当P，A，B三点共线时， C．当时， D．满足的点有且仅有2个 【答案】ABD 【分析】A选项，抛物线准线为，根据圆心到准线的距离来判断；B选项，三点共线时，先求出的坐标，进而得出切线长；C选项，根据先算出的坐标，然后验证是否成立；D选项，根据抛物线的定义，，于是问题转化成的点的存在性问题，此时考察的中垂线和抛物线的交点个数即可，亦可直接设点坐标进行求解. 【详解】A选项，抛物线的准线为， 的圆心到直线的距离显然是，等于圆的半径， 故准线和相切，A选项正确； B选项，三点共线时，即，则的纵坐标， 由，得到，故， 此时切线长，B选项正确； C选项，当时，，此时，故或， 当时，，，， 不满足； 当时，，，， 不满足； 于是不成立，C选项错误； D选项，方法一：利用抛物线定义转化 根据抛物线的定义，，这里， 于是时点的存在性问题转化成时点的存在性问题， ，中点，中垂线的斜率为， 于是的中垂线方程为：，与抛物线联立可得， ，即的中垂线和抛物线有两个交点， 即存在两个点，使得，D选项正确. 方法二：（设点直接求解） 设，由可得，又，又， 根据两点间的距离公式，，整理得， ，则关于的方程有两个解， 即存在两个这样的点，D选项正确. 故选：ABD 4．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）设双曲线的左右焦点分别为，过作平行于轴的直线交C于A，B两点，若，则C的离心率为___________． 【答案】 【分析】由题意画出双曲线大致图象，求出，结合双曲线第一定义求出，即可得到的值，从而求出离心率. 【详解】由题可知三点横坐标相等，设在第一象限，将代入 得，即，故，， 又，得，解得，代入得， 故，即，所以. 故答案为： 5．（2024·北京·高考真题）若直线与双曲线只有一个公共点，则的一个取值为 ________． 【答案】（或，答案不唯一） 【分析】联立直线方程与双曲线方程，根据交点个数与方程根的情况列式即可求解. 【详解】联立，化简并整理得：， 由题意得或， 解得或无解，即，经检验，符合题意. 故答案为：（或，答案不唯一）. 6．（2026·全国一卷·高考真题）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． 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据焦点以及离心率的定义即可求解； （2）（i）通过联立直线与椭圆方程，利用韦达定理以及三角形的面积公式即可求解；（ii）由于是直线与直线的夹角，根据列出表达式即可求解. 【详解】（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. 7．（2026·全国二卷·高考真题）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. 【答案】(1) (2)（i）的方程为； （ii）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. 【分析】（1）利用过右焦点垂直于轴的直线被所截线段长为 ，通过求出坐标解出线段的长，求得再求出离心率； （2）(i)通过联立方程求出点的坐标，再反解出点的坐标代入椭圆方程，从而求出的轨迹的方程； （ii）先对曲线方程配方，再讨论在不同取值时，中心存在的情况；再通过平移规律求出的方程，再讨论不同情况下的形状. 【详解】（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. 8．（2026·上海·高考真题）已知双曲线，点在上，，分别为双曲线的左、右焦点． (1)求点到双曲线渐近线的距离； (2)若，求； (3)记为双曲线满足和的部分；直线，均过右焦点，与交于，两点（分别在第一、第四象限），与交于，两点（分别在第三、四象限），问：是否存在常数，使得对任意直线，都存在唯一对应的直线满足？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在实数符合题意，此时的取值范围为 【分析】（1）根据双曲线方程求，即可得渐近线方程以及点到直线的距离； （2）解法一：根据余弦定理可得，结合定义可得，，即可得面积；解法二：设，根据数量积可得，即可得面积；解法三：根据极化恒等式和中线长性质可得，，结合面积公式运算求解； （3）根据题意结合双曲线性质可得直线斜率取值范围，设直线方程结合弦长公式可得，，进而分析取值范围即可得解. 【详解】（1）由题意可知：，， 则，，渐近线方程为，即， 所以点到双曲线渐近线的距离为. （2）解法一：因为， 由余弦定理可得， 整理得：， 因点是双曲线上一点，则，可得， 代入可得，，则， 所以的面积为； 解法二：设，则，即， 可得，， 因为，即，解得， 所以的面积为； 解法三：因为，即， 由中线长定理可知：， 因为，可得， 代入可得，，可得， 解得，则，， 所以的面积为. （3）不妨取，，则直线的斜率， 依题意，设直线：，则，设直线：，则，，， 联立方程，消去x可得， 则，， 可得， 可知函数在内单调递增，则， 且当趋近于1时，趋近于，即在内的值域为，故， 因，所以； 同理可得： 可知在内单调递减，则， 且当趋近于1时，趋近于，即在内的值域为，故； 由题意可知：，可得，解得， 所以存在实数符合题意，此时的取值范围为. 9．（2026·天津·高考真题）已知椭圆（）的离心率为，椭圆被直线截得的线段长为． (1)求的标准方程； (2)斜率为的直线与圆相切，且该直线交椭圆于，（），是椭圆的上顶点．记直线，的斜率分别为，，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆的离心率可知，，然后将代入椭圆方程即可求解； （2）根据直线与圆相切即可求出，分类讨论即可. 【详解】（1）由于椭圆的离心率为，所以，即， 由于，所以， 将代入椭圆方程，得，即，解得，即， 由题意，所截得的线段长为，所以，解得，从而， 所以椭圆的方程为. （2）由（1）可知，，所以圆的方程为， 设直线的方程为，因为直线与圆相切，如图所示， 则圆心到直线的距离，解得， 椭圆上顶点，分两种情况讨论： ①当时，直线的方程为，代入椭圆方程， 化简得，解得或， 则当时，，当时，，由于，所以， 则，，此时； ②当时，直线的方程为，代入椭圆方程， 化简得，解得或， 当时，，当时，，由于，所以， 则，，此时. 综上所述，的值为. 10．（2026·北京·高考真题）已知椭圆：（）的一个顶点是，离心率为． (1)求的方程； (2)过点，斜率为的直线交椭圆于、两点，关于的对称点为，交于，若，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用顶点坐标及离心率计算即可得； （2）设出直线，联立曲线方程可得与交点横坐标有关韦达定理，结合题目所给条件计算可得点、点坐标，再利用点到直线距离公式与两点间距离公式可表示出与，结合题目所给条件与韦达定理计算即可得解. 【详解】（1）由题意可得，则，即，故的方程为； （2）由题意可得，设、， 由关于直线对称的点为，则， 联立，消去得：， 由，故在椭圆内部，故恒成立，有、， 则， ， ，联立， 则，即， 整理得，即， 点到直线的距离，点到直线的距离， 又，则，， 故 ， 即有，若，则，无解，不符； 则，有，解得； 故. 11．（2025·全国一卷·高考真题）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． 【答案】(1) (2)(ⅰ) (ⅱ) 【分析】（1）根据题意列出的关系式,解方程求出,即可得到椭圆的标准方程； （2）(ⅰ)设,根据斜率相等以及题目条件列式,化简即可求出或者利用数乘向量求出； (ⅱ) 根据斜率关系可得到点的轨迹为圆（除去两点），再根据点与圆的最值求法结合三角换元或者直接运算即可解出. 【详解】（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. 12．（2025·全国二卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，长轴长为4． (1)求C的方程； (2)过点的直线l交C于两点，为坐标原点.若的面积为，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据长轴长和离心率求出基本量后可得椭圆方程； （2）设出直线方程并联立椭圆方程后结合韦达定理用参数表示面积后可求的值，从而可求弦长. 【详解】（1）因为长轴长为4，故，而离心率为，故， 故，故椭圆方程为：. （2） 由题设直线的斜率不为0，故设直线，， 由可得， 故即， 且， 故， 解得， 故. 13．（2025·北京·高考真题）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． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆定义以及离心率可求出，再根据的关系求出，即可得到椭圆方程； （2）法一：联立直线方程求出点坐标，即可求出，再根据，即可得出它们的大小关系. 法二：利用直线的到角公式或者倾斜角之间的关系得到，再根据三角形的面积公式即可解出. 【详解】（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. 14．（2025·天津·高考真题）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. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意，利用椭圆的离心率得到，再由直线的斜率得到，从而利用三角形的面积公式得到关于的方程，解之即可得解； （2）联立直线与椭圆方程，利用其位置关系求得，进而得到直线的方程与点的坐标，法一：利用向量的夹角公式即可得证；法二：利用两直线的夹角公式即可得证；法三利用正切的倍角公式即可得证；法四：利用角平分线的性质与点线距离公式即可得证. 【详解】（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）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. 15．（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. 16．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）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，. 【答案】(1)， (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. 【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出的坐标即可； （2）思路一：根据等比数列的定义即可验证结论；思路二：利用点差法和合比性质即可证明； （3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路三：利用点差法得到，，再结合（2）中的结论得，最后证明出即可. 【详解】（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）略 （3）略 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解. 17．（2024·北京·高考真题）已知椭圆：，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，过点和的直线与椭圆的另一个交点为． (1)求椭圆的方程及离心率； (2)若直线BD的斜率为0，求t的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意得，进一步得，由此即可得解； （2）设，，联立椭圆方程，由韦达定理有，而，令，即可得解. 【详解】（1）由题意，从而， 所以椭圆方程为，离心率为； （2）直线斜率不为0，否则直线与椭圆无交点，矛盾， 从而设，， 联立，化简并整理得， 由题意，即应满足， 所以， 若直线斜率为0，由椭圆的对称性可设， 所以，在直线方程中令， 得， 所以， 此时应满足，即应满足或， 综上所述，满足题意，此时或. 18．（2024·天津·高考真题）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． 【答案】(1) (2)存在，使得恒成立. 【分析】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积可求基本量，从而可得椭圆的标准方程. （2）设该直线方程为：，， 联立直线方程和椭圆方程并消元，结合韦达定理和向量数量积的坐标运算可用表示，再根据可求的范围. 【详解】（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. 【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围问题，往往需要用合适的参数表示目标代数式，表示过程中需要借助韦达定理，此时注意直线方程的合理假设. 19．（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. 【点睛】关键点点睛：解圆锥曲线与平面向量交汇题的关键是设相关点的坐标，将平面向量用坐标表示，运用相应的平面向量坐标运算法则（加、减、数量积、数乘）或运算律或数量积的几何意义，将问题中向量间的关系（相等、垂直、平行等）转化为代数关系. 1 / 141 学科网（北京）股份有限公司 $ 第08讲 直线与圆锥曲线的位置关系 内容导航 夯实知识·突破重难·分层提能 考情・分析解读（课标要求 考情解读 备考策略） 知识・归纳梳理（核心考点 知识梳理 方法归纳） 知识点1 直线与椭圆的位置关系 知识点2 直线与双曲线的位置关系 知识点3 直线与抛物线的位置关系 重难・核心突破（核心提炼 重难探究 命题预测）(含超链接） 考点01 直线与圆锥曲线的位置关系 考点08 定点与定值问题 考点02 由位置关系求直线方程 方法技巧 圆锥曲线中的定点、定值问题的求解策略 考点03 圆锥曲线的切线问题 考点09 定直线问题 考点04 弦长问题 考点10 交汇问题 考点05 中点弦问题 考点11 圆锥曲线的统一定义 考点06 面积问题 考点12 圆锥曲线中的新定义问题 考点07 最值与范围问题 方法技巧 圆锥曲线中的范围、最值问题的求解策略 拔高・分层集训（基础演练 能力进阶 真题实战） 考情·分析解读 课标要求 1. 了解直线与圆锥曲线位置关系的判断方法； 2. 掌握直线被圆锥曲线所截的弦长公式； 3. 能利用方程及数形结合思想解决焦点弦、中点弦问题. 考题统计 核心考点 2026 2025 2024 直线与椭圆的位置关系 全国Ⅰ卷T18、全国Ⅱ卷T18、北京卷T19、天津卷T18 全国Ⅰ卷T18、全国Ⅱ卷T16、北京卷T19、天津卷T18、上海卷T20 北京卷T19、天津卷T18 直线与双曲线的位置关系 上海卷T20 全国Ⅰ卷T12、全国Ⅱ卷T19、北京卷T13、上海卷T20 直线与抛物线的位置关系 全国Ⅱ卷T11、天津卷T15 全国Ⅰ卷T10 全国Ⅱ卷T10、 考情解读 在高考数学中，直线与圆锥曲线的位置关系是历年考查的核心重点，通常以解答题压轴题的形式出现，难度较大。 该考点主要考查直线与圆锥曲线相交时的弦长、中点弦、面积及定点定值等问题。命题注重考查数学运算、直观想象和逻辑推理等核心素养。 在解题思路上，通常采用“一设二联立三韦达定理”的通用套路。通过联立方程组，利用判别式判断位置关系，并结合根与系数的关系（设而不求）进行求解。此外，还需特别关注直线斜率不存在时的特殊情况讨论。 备考策略 备考直线与圆锥曲线的位置关系，核心是“通法熟练、专题突破、计算过关”。 一、抓牢通用流程 复习时要形成固定解题链：设直线方程 → 联立曲线方程 → 消元得一元二次方程 → 用判别式判断位置关系 → 韦达定理表示交点关系 → 代入目标式求解。这个流程要反复练到熟练，尤其注意判别式 Δ>0Δ>0 和斜率不存在的情况1。 二、分题型专项训练 重点突破弦长、中点弦、面积、范围、定点定值等高频题型。弦长问题熟记弦长公式；中点弦问题掌握点差法；最值和范围问题区分几何法与代数法；定点定值问题练习“设参—推导—消参”的思路1。 三、强化运算规范 这类题容易失分在计算。复习时要养成“设而不求、整体代换、分步化简”的习惯，避免过早展开复杂式子；同时注意书写完整，尤其是判别式条件、斜率讨论和交点存在性说明 知识・归纳梳理 知识1 直线与椭圆的位置关系 （1）直线与椭圆的位置关系 将直线的方程与椭圆的方程联立成方程组，消元转化为关于x或y的一元二次方程，其判别式为Δ. ①Δ＞0直线和椭圆相交直线和椭圆有两个交点(或两个公共点）； ②Δ＝0直线和椭圆相切直线和椭圆有一个切点(或一个公共点)； ③Δ＜0直线和椭圆相离直线和椭圆无公共点． （2）直线与椭圆的相交弦 设直线交椭圆于点两点，则 == 同理可得 知识2 直线与双曲线的位置关系 （1）直线与双曲线的位置关系 将直线的方程与双曲线的方程联立成方程组，消元转化为关于x或y的一元二次方程，其判别式为Δ. 若即，直线与双曲线渐近线平行，直线与双曲线相交于一点； 若即， ①Δ＞0直线和双曲线相交直线和双曲线相交，有两个交点； ②Δ＝0直线和双曲线相切直线和双曲线相切，有一个公共点； ③Δ＜0直线和双曲线相离直线和双曲线相离，无公共点． （2）直线与双曲线的相交弦 设直线交双曲线于点两点，则 == 同理可得 这里的求法通常使用韦达定理，需作以下变形： （3）双曲线的中点弦问题 遇到中点弦问题常用“韦达定理”或“点差法”求解. 在双曲线中，以为中点的弦所在直线的斜率； 知识3 直线与抛物线的位置关系 （1）直线与抛物线的位置关系 将直线的方程与抛物线的方程y2=2px（p＞0）联立成方程组，消元转化为关于x或y的一元二次方程，其判别式为Δ. 若，直线与抛物线的对称轴平行或重合，直线与抛物线相交于一点； 若 ①Δ＞0直线和抛物线相交，有两个交点； ②Δ＝0直线和抛物线相切，有一个公共点； ③Δ＜0直线和抛物线相离，无公共点． （2）直线与抛物线的相交弦 设直线交抛物线于点两点，则 == 同理可得 这里的求法通常使用韦达定理，需作以下变形： （3）抛物线的焦点弦问题 已知过抛物线的焦点F的直线交抛物线于A、B两点。 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则： ① 焦点弦长 ② ③，其中|AF|叫做焦半径， ④焦点弦长最小值为2p。根据时，即AB垂直于x轴时，弦AB的长最短，最短值为2p。 重难・核心突破 考点01 直线与圆锥曲线的位置关系 典例1．若直线与圆相离，则过点的直线与椭圆的交点个数是（    ） A．0或1 B．0 C．1 D．2 典例2．）“”是“直线与双曲线只有一个公共点”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 典例3．（25-26高二上·江西南昌·阶段检测）已知抛物线，斜率为的直线绕定点旋转，下列说法正确的是（    ） A．直线与抛物线只有一个公共点时，一定是相切 B．当直线与抛物线有两个公共点时，斜率的范围是 C．当直线与抛物线只有一个公共点时，或， D．当直线与抛物线没有公共点时，斜率的范围是 【考法预测1】已知直线的方程为，椭圆的方程为，则直线与椭圆的位置关系为（    ） A．相离 B．相交 C．相切 D．不能确定 【考法预测2】（2026·云南·模拟预测）若直线与双曲线有且只有一个公共点，那么双曲线的离心率为（   ） A． B．或 C．或 D． 【考法预测3】（2026·陕西榆林·三模）已知为双曲线：的左焦点，直线过点与的右支有公共点，则直线的倾斜角的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【考法预测4】过点且与抛物线恰有一个公共点的直线的条数为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 考点02 由位置关系求直线方程 典例1已知椭圆：（）经过点，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)直线与椭圆交于点（异于顶点）与轴交于点，点为椭圆的右焦点，为坐标原点，，求直线的方程. 典例2．（2026·湖南长沙·一模）已知双曲线 过点，且焦距为 (1)求双曲线的方程； (2)过定点的直线与双曲线交于两点，若，求直线的方程. 【考法预测1】（2026·广东深圳·模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，若过点作轴的垂线交双曲线于点，则. (1)求的标准方程； (2)已知直线与双曲线交于两点，若以为直径的圆过点，求直线的方程． 【考法预测2】（2026·湖南·模拟预测）已知抛物线的焦点为，且关于的准线的对称点为． (1)求的方程； (2)过点的直线与交于A，B两点，A，B在轴上的投影分别为，，且梯形的中位线的长度为9，求的方程． 【考法预测3】（2026·重庆·模拟预测）已知椭圆的四个顶点围成的四边形面积为，离心率. (1)求出椭圆的标准方程； (2)过椭圆的上焦点作直线与椭圆交于，两点，是否存在直线使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由. 考点03 圆锥曲线的切线问题 典例1．（2026·内蒙古呼伦贝尔·模拟预测）已知椭圆的离心率为，左焦点为，右顶点为，短轴长为8. (1)求的方程； (2)已知点在直线上且直线的斜率为，过点的直线与椭圆相切于点（异于点）. （i）求直线的方程； （ii）求证：. 典例2．（2026·河南·模拟预测）已知双曲线的左焦点为，右顶点为，渐近线方程为，点在直线上. (1)求的方程； (2)过点的直线与相切于点（异于点），证明：. 【考法预测1】（2026·陕西咸阳·模拟预测）过抛物线：的焦点作直线与相交于两点，过两点分别作的切线，两切线相交于点，则点的纵坐标为（   ） A． B． C． D． 【考法预测2】（多选）（2026·山西忻州·模拟预测）已知椭圆：的左、右焦点分别为，．点在椭圆的第一象限部分，且．过点作椭圆的切线，该切线与轴、轴正半轴分别交于，，则下列说法正确的是（    ） A．点的坐标为 B． C．的面积为 D．该切线的斜率为 【考法预测3】（1）求双曲线在点处的切线方程； （2）已知是双曲线外一点，过P引双曲线的两条切线，A，B为切点，求直线AB的方程． 【考法预测4】（2026·辽宁朝阳·三模）已知抛物线的焦点F到直线的距离为． (1)求抛物线的方程； (2)点为抛物线上的一点，在上任取一点B（与点A不重合），直线AB与直线l交于点C，过点C作x轴的垂线交抛物线于点D． （i）求证：直线BD恒过定点E，并求出点E的坐标； （ii）过点B和D分别作抛物线的两条切线和和交于点G，证明：． 考点04 弦长问题 典例1（2026·山东淄博·一模）已知椭圆：的左、右焦点分别为和，过且倾斜角为的直线与交于，两点，则（    ） A． B． C． D． 典例2．（2026·北京·三模）过点的直线交双曲线于，两点，若弦的长为，则满足条件的直线有（     ） A．2条 B．4条 C．3条 D．6条 【考法预测1】（2026·福建莆田·模拟预测）若直线交抛物线于两点，则（   ） A． B．4 C． D．8 【考法预测2】（2026·山西忻州·模拟预测）设抛物线：的焦点为，过的直线与交于，两点．若，则直线的斜率的绝对值为（    ） A． B．1 C． D．2 【考法预测3】（2026·山西晋城·三模）已知直线与椭圆交于不同的两点A，B，若，则实数______． 【考法预测4】（2026·云南玉溪·二模）已知椭圆，直线． (1)若经过C的右焦点，求C的标准方程； (2)若与C交于两点，且，求C的标准方程． 【考法预测5】（2026·河北·二模）已知双曲线的渐近线方程为，点在双曲线上． (1)求双曲线的焦距； (2)过双曲线的右焦点且倾斜角为的直线与交于两点，求． 考点05 中点弦问题 典例1已知椭圆，为坐标原点． (1)求椭圆的焦点坐标和离心率； (2)设直线与椭圆交于两点，记弦的中点为，求点的轨迹方程； (3)求面积的最大值． 典例2．（2026·广东湛江·二模）已知双曲线的离心率为，且经过点. (1)求的标准方程； (2)若过点的直线与交于、两点，求线段的中点的轨迹方程. 【考法预测1】（2026·广西河池·三模）已知椭圆（），斜率为的一条直线与椭圆交于点，且的中点坐标为，则椭圆的离心率__________． 【考法预测2】（2026·山东菏泽·一模）已知抛物线，O为坐标原点，过焦点F的直线交抛物线于A，B两点，M为线段AB的中点，则直线OM的斜率的最大值为______. 【考法预测3】（2026·四川内江·二模）已知双曲线经过点，其渐近线方程为． (1)求双曲线的方程； (2)过点的直线与双曲线相交于两点，能否是线段的中点？请说明理由． 【考法预测4】（2026·广东广州·三模）已知为坐标原点，椭圆与抛物线在第一象限的交点为，其中椭圆的长轴长是短轴长的两倍. (1)求椭圆和抛物线的标准方程； (2)设直线交抛物线于两点，若的中点在椭圆上，求的坐标. 考点06 面积问题 典例1（25-26高二下·湖北·阶段检测）已知动点到定点的距离比到轴距离大1，记动点的轨迹为曲线. (1)求轨迹的方程； (2)过的直线交曲线于，曲线在点处的切线相交于点. ①证明：； ②时，求的面积. 典例2．（2026·河南·模拟预测）在平面直角坐标系中，一动直线分别交，于A，B（A，B横坐标同号）两点，且的面积恒为4. (1)求中点的轨迹的方程； (2)若直线交轨迹于，两点，的面积为，求的值. 【考法预测1】（2026·河南·模拟预测）已知，分别为椭圆C：的左、右焦点，椭圆的离心率为，点在椭圆上，且的周长为，则的面积的最大值为（    ） A． B． C．4 D． 【考法预测2】（2026·陕西西安·模拟预测）在平面直角坐标系 中，以椭圆 （ ）与坐标轴的交点为顶点的四边形的周长为 ，离心率为 . (1)求椭圆 的方程； (2)设 ， ，点 在第三象限且在椭圆 上.直线 与 轴交于点 ，直线 与 轴交于点 . ①是否存在点 ，使得 ？若存在，求出点 的坐标；若不存在，请说明理由； ②求四边形 面积的最大值. 【考法预测3】已知双曲线：与双曲线的渐近线相同，且经过点. (1)求双曲线的方程； (2)已知双曲线的左、右焦点分别为、，直线经过，倾斜角为，与双曲线交于、两点，求的面积. 考点07 最值与范围问题 典例1（2026·陕西商洛·模拟预测）由半个椭圆和两个相同的半圆组成的形如心脏的曲线称为“类心脏曲线”．如图，在平面直角坐标系中，类心脏曲线的两个半圆和的圆心恰好分别是半椭圆的左、右焦点和，且点，分别为的左、右顶点．已知半圆和的半径均为1． (1)求半椭圆的方程和离心率； (2)若直线交曲线C于A，B两点，动点S在曲线C上，求面积的最大值； (3)如图，分别过点，作两条平行线，，分别与，和，交于点M，N和点P，Q，求的最小值． 典例2．（2026·上海·模拟预测）已知双曲线，焦距为. (1)求双曲线的标准方程与渐近线方程； (2)过点作斜率为的直线，与双曲线交于两点，若，求的值； (3)点为双曲线右支上动点，求的最小值（为双曲线左右焦点）. 【考法预测1】（2026·河北保定·模拟预测）已知点，点在线段上(不含端点)运动，且动点满足，记动点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)过点作两条平行线，分别与曲线在轴上方交于两点，求四边形周长的最大值. 【考法预测2】（2026·吉林·模拟预测）已知椭圆，双曲线分别为的离心率，且． (1)求双曲线的标准方程； (2)若双曲线的上顶点为，经过上焦点的直线与的上支相交于两点，直线分别与轴相交于两点，求的最小值． 【考法预测3】（2026·湖南株洲·一模）已知抛物线，圆，点（其中）为抛物线上一动点，过点作圆的两条切线分别与轴交于点B，C. (1)判断抛物线与圆的交点个数，并说明理由； (2)求的取值范围； (3)求周长的最小值． 方法技巧 圆锥曲线中的范围、最值问题的求解策略 高考数学中，圆锥曲线的最值与范围问题综合性强，求解策略主要分为几何法和代数法两大类。 1. 几何法（数形结合）：当题目条件和结论具有明显的几何特征时，优先利用圆锥曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理进行直观求解。例如，借助三角形三边关系、点到直线的距离或共线性质，巧妙转化线段长度或距离的最值问题。 2. 代数法（构建函数与不等式）：将几何量转化为代数表达式，通过建立目标函数或不等式来求解。具体策略包括： 函数法：选取合适的参数（如斜率、动点坐标）作为自变量，建立目标函数，利用配方法、导数或单调性求最值。 不等式法：利用直线与曲线联立后的判别式（Δ>0）构造不等关系，或借助已知参数的隐含范围、基本不等式（均值定理）来确定取值范围。 解题核心在于“几何问题代数化”与“代数问题几何化”的灵活转换，通过“设而不求”与韦达定理简化运算，在动态变化中精准锁定临界值。 考点08 定点与定值问题 典例1（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 典例2．（2026·重庆·三模）已知椭圆：过抛物线的焦点，且与双曲线有相同的焦点． (1)求椭圆的方程； (2)设直线：与椭圆交于不同的两点，，点，若直线的斜率与直线的斜率互为相反数，求证：直线过定点． 【考法预测1】（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． 【考法预测2】（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． 【考法预测3】（2026·江西九江·模拟预测）已知抛物线的焦点为，过点作直线交于两点，且． (1)求的方程； (2)若点为上异于的动点，直线分别交的准线于点． （i）证明：以线段为直径的圆恒过点； （ii）记直线的斜率分别为，若直线与轴垂直，求取得最小值时点的坐标和以线段为直径的圆的标准方程． 方法技巧 圆锥曲线中的定点、定值问题的求解策略 圆锥曲线中的定点、定值问题综合性强，求解策略主要包含以下两种核心思路： 一是“特殊到一般”法。先根据特殊位置或数值（如坐标轴上的点、切线等）求出定点或定值，再证明该点或值与变量无关。 二是“直接推理计算”法。首先选取合适的变量（如直线斜率、动点坐标）作为核心参数；接着利用已知条件建立方程或函数，将目标式用变量表示；最后通过韦达定理、点在曲线上等条件进行代数化简，消去变量得出定值或定点。 此外，解题时还可灵活运用“点差法”、“齐次化”等高级技巧，以达到“设而不求”的目的，有效降低运算量。核心在于理清变量关系，在变化中寻求不变的量。 考点09 定直线问题 典例1（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． 典例2．（2026·广东佛山·一模）已知点，双曲线的一条渐近线方程是，直线被截得的弦长为. (1)求的方程. (2)已知是的右支上不同的两点，且存在实数，使得. （i）若点满足，求证：点总在某定直线上； （ii）若直线与的另一个交点为（异于），求证：直线过定点，并求出该定点的坐标. 【考法预测1】已知点F是椭圆C： (a>b>0)的右焦点，过点F的直线l交椭圆于M，N两点．当直线l过C的下顶点时，l的斜率为；当直线l垂直于C的长轴时，△OMN的面积为． (1)求椭圆C的标准方程； (2)当|MF|＝2|FN|时，求直线l的方程； (3)若直线l上存在点P满足|PM|，|PF|，|PN|成等比数列，且点P在椭圆外，证明：点P在定直线上． 【考法预测2】已知，分别是双曲线：的上顶点，下焦点． (1)求的标准方程； (2)过的直线与的上、下支分别交于两点（异于），直线平分线段与的下支交于点，证明：直线与直线的交点在定直线上． 【考法预测3】已知抛物线的焦点为F，点是C上一点，且，记O为坐标原点，过点F的直线与C相交于A，B两点． (1)求抛物线C的方程与准线l的方程； (2)求的最小值； (3)已知P，M分别是抛物线C与准线l上的动点，若C在点P处的切线交y轴于点Q，且，试判断点N是否在定直线上，若在，请求出定直线的方程；若不在，请说明理由． 考点10 交汇问题 典例1（2026·贵州遵义·模拟预测）已知抛物线 ： （ ）的焦点为，点 在抛物线 上，，且的最小值为3． (1)求抛物线 的方程． (2)依次构造点列，，， （）．设 ，，．如图，过点作斜率为的直线与曲线分别交于点，，直线与曲线交于另一点，直线与曲线交于另一点，直线与轴交于点． ①求数列和的通项公式； ②记的面积为，当 时，求证：． 【考法预测1】（2026·福建福州·模拟预测）已知椭圆仅经过点，，中的两个． (1)求C的方程； (2)椭圆的光学性质是：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线过椭圆的另一个焦点．已知C的左、右焦点分别为，，点在C上且在第二象限内，从发出的光线经过C的反射，反射光线所在直线与的另一个交点为；记直线与的另一个交点为，直线与的另一个交点为，如此交替进行，得到点列． （ⅰ）设直线的斜率为，证明：数列是等比数列，并求出其公比； （ⅱ）设的面积为，证明：． 【考法预测2】（2026·云南·模拟预测）已知双曲线C：的右焦点F到渐近线的距离为，点在双曲线C上． (1)求双曲线C的方程； (2)点P在第一象限内的双曲线C上，过P作圆M：的切线，切点为Q，过P且垂直于x轴的直线与第一象限内的双曲线的渐近线交于R，求的最小值； (3)如图，将双曲线的左支绕y轴翻折，使左右支所在的两个半平面所成的二面角大小为θ，对于任意的，过点N的直线m总与左支相交，以原双曲线所在坐标平面的O为原点，过O垂直于xOy平面的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求直线m与平面xOy所成角的正弦值． 【考法预测3】复数（）与复平面上的点一一对应： (1)复数（，），（，），若（），复平面上动点的轨迹为；若（），复平面上动点的轨迹为；判断并证明、的曲线类型. (2)复数、、、（，）满足（）且，复平面上动点的轨迹为曲线. （ⅰ）求的标准方程，并判断曲线类型； （ⅱ）平面上过的动直线交曲线于、两点，是线段上一点且满足，证明：点恒在某条定直线上. 考点11 圆锥曲线的统一定义 例题1 （25-26高二上·河北·期中），为平面内两个定点，l为一定直线，，以下动点P的轨迹不能判定是椭圆的有（   ） A．为大于0的常数 B．直线，的斜率之积为小于0的常数 C．直线，的斜率的商为大于1的常数 D．点P到l的距离为d，为小于1的正常数 【考法预测1】（25-26高二上·安徽阜阳·期末）古希腊后期的数学家帕普斯在他的《数学汇编》中探讨了圆锥曲线的焦点和准线的性质：平面内到一定点和定直线的距离成一定比例的所有点的轨迹是一圆锥曲线.这就是圆锥曲线的第二定义或称为统一定义.若平面内一动点到定点和到定直线x=1的距离之比是，则点P的轨迹为（    ） A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 【考法预测2】（多选）（25-26高二上·山东日照·期末）如图，用一个不垂直于轴的平面截两个顶点相同、顶角相等、轴相同的圆锥面，则所得截口曲线（截面与圆锥面的交线）可能是（    ）    A．椭圆 B．双曲线 C．抛物线 D．圆 【考法预测3】（2025·江西新余·模拟预测）平面内的动点到一个定点的距离和到定直线的距离的比是常数，则动点的轨迹就是圆锥曲线（这个是圆锥曲线的第二定义）．其中定点称为其焦点，定直线称为其准线（其中椭圆与双曲线的准线方程为，抛物线准线方程为），正常数称为其离心率．当时，轨迹为椭圆；当时，轨迹为抛物线；当时，轨迹为双曲线． (1)若方程表示的二次曲线是椭圆，求的取值范围； (2)已知椭圆的右焦点为，点，试在椭圆上求一点，使的值最小，并求这个最小值． (3)双曲线的右焦点，左准线，其中，过作直线与双曲线右支交于两点，线段的中点为，且，求该双曲线的实轴长的取值范围． 考点12 圆锥曲线中的新定义问题 例题1 （2026·北京石景山·一模）在平面直角坐标系中，当不是原点时，定义的“对应点”为，当是原点时，定义的“对应点”为它自身：将曲线上所有点的“对应点”构成的曲线定义为曲线的“对应曲线”.现有下列命题： ①若点的“对应点”是点，则点的“对应点”是点； ②单位圆的“对应曲线”是它自身； ③直线的“对应曲线”一定是直线. 其中正确命题的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【考法预测1】（2026·内蒙古呼和浩特·一模）可以采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线，如图1，设圆锥轴截面的顶角为2，用一个平面去截该圆锥面，随着圆锥的轴和所成角的变化，截得的曲线的形状也不同．据研究，曲线的离心率为，比如，当时，e＝1，此时截得的曲线是抛物线．如图2，在底面半径为2，高为2的圆锥SO中，AB、CD是底面圆O上互相垂直的直径，截面截圆锥所得的截面ABE与底面夹角为60°，则平面ABE截该圆锥面所得的曲线的离心率为（   ） A． B． C． D． 【考法预测2】（多选）（2026·浙江温州·二模）若曲线满足条件：存在正数a和点，对于任意点，总存在点，使得，则称该曲线是“封闭曲线”，则下列曲线是“封闭曲线”的是（   ） A． B． C． D． 【考法预测3】（2026·湖北鄂州·模拟预测）类比圆的标准方程，我们很容易知道：在空间直角坐标系中，以坐标原点为球心，为半径的球面方程为：．现有一个底面半径为2，高为3的圆锥，以底面圆圆心为坐标原点，顶点在轴上，则圆锥侧面的方程为___________，现用一个与轴平行的平面截这个圆锥，截面与圆锥表面交线为双曲线的一部分，则该双曲线的离心率为___________． 拔高・分层集训 基础演练 1．（2026·北京东城·二模）在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为，点在抛物线上，轴，垂足为.若，则（   ） A． B． C． D． 2．（25-26高三上·辽宁鞍山·开学考试）已知双曲线与直线无交点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 3．（2026·陕西渭南·三模）已知点P为椭圆上任意一点，直线l过的圆心且与交于A，B两点，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 4．（2026·云南昆明·二模）设椭圆，点和均为椭圆的顶点，直线与椭圆交于两点．当四边形面积取最大值时，实数的值为（    ） A．0 B． C． D． 5．（多选）（2026·山西忻州·模拟预测）点在椭圆的第一象限部分运动．以为对角线作矩形，矩形的边分别平行于坐标轴，其中为坐标原点．设该矩形的面积为，周长为．则下列说法正确的是（   ） A．的最大值为1 B．的最大值为 C．当取得最大值时， D．满足的点有且仅有两个 6．（多选）（2026·江西南昌·模拟预测）已知双曲线C：的左、右顶点分别为A，B，动点P是C的左支上异于点A的一点，直线AP交直线于点E，直线EB交C于另一点Q则（     ） A．点纵坐标的取值范围是 B．直线的斜率之积为定值 C．直线的斜率之积为定值 D．原点到直线距离的最大值为 7．（多选）（2026·江西南昌·三模）设为坐标原点，直线过抛物线：的焦点且与交于两点（点在第一象限），，为的准线，，垂足为，，则下列说法正确的是（    ） A． B．的最小值为 C．若，则 D．轴上存在一点，使为定值 8．（2026·北京朝阳·模拟预测）已知直线：，点在双曲线：上．若点到直线的距离不存在最小值，则双曲线的离心率是______，实数的值为______． 9．（2026高三·全国·专题练习）已知是椭圆的右焦点，设直线过点且与椭圆相交于点，则______． 10．（2026·湖南长沙·二模）已知双曲线，，左右顶点分别为，过点的直线交双曲线于，两点． (1)若离心率时，求的值； (2)若，为等腰三角形时，且点在第一象限，求点的坐标； (3)设直线与双曲线另一个交点为，若，求的取值范围． 能力进阶 1．（2026·吉林延边·三模）已知P是抛物线C：上的动点，若点P到直线距离的最小值为，则（    ） A．1 B．2 C．4 D．10 2．（2026·山东济南·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点为，，是椭圆上的动点，以为直径作圆，直线与圆交于点（点不在椭圆内部），则（    ） A．1 B． C．2 D．3 3．（25-26高三下·贵州遵义·开学考试）设抛物线的焦点为F，P为C上任意一点，O为坐标原点，M为线段的中点，则直线斜率的最大值为（ ） A． B．1 C． D． 4．（2026·河北保定·模拟预测）已知抛物线 的焦点为F，其准线与x轴交于点E，过点 E且斜率为负的直线交C于A，B两点(点A在点B的左侧)，若 点D(8，8)，△DBF 的面积为 ，△ABF 的面积为，则 （    ） A．5 B．4 C．3 D．2 5．（多选）（2026·江苏盐城·模拟预测）设为双曲线：（，）的左焦点，经过原点且斜率大于的直线交于，两点，与轴垂直，，则（    ） A． B．双曲线的渐近线方程为 C．双曲线的离心率为 D．直线的斜率为 6．（多选）（2026·山东东营·模拟预测）已知斜率为的直线经过抛物线的焦点，且与抛物线交于两点．点是圆（）上的任意一点，使得的重心在轴上．线段与轴的交点为．则下列说法正确的是（     ） A． 的取值范围为 B．三角形的面积是斜率的函数 C．当时，的最大值为6 D．的最小值为 7．（多选）（2026·河北沧州·三模）抛物线具有以下光学性质：位于抛物线焦点处的点光源发出的每一束光经抛物线反射后的反射光线都与抛物线的对称轴平行或重合．已知抛物线的焦点为F，直线l过点且与抛物线T交于，两点，T在A，B处的切线交于点P，则（   ） A． B． C． D．点P在直线上 8．（2026·山东日照·模拟预测）设抛物线：（）的焦点为，过作斜率为（）的直线与交于，两点，与的准线交于点.若（为坐标原点），，则外接圆的方程为________. 9．（2026·江苏泰州·模拟预测）已知椭圆：（）的离心率为，短轴长为2. (1)求椭圆的标准方程； (2)设直线与椭圆交于，两点，原点到直线的距离为. （ⅰ）记直线，的斜率分别为，，求证：为定值； （ⅱ）求的面积的最大值及此时直线的方程. 真题实战 1．（多选）（2026·全国二卷·高考真题）已知抛物线：，斜率为的直线经过点，等边三角形的顶点A在E上，顶点,均在上，下列结论正确的有（     ） A．E的准线方程为 B．若与E没有公共点，则 C．若与的唯一公共点为，则E的焦点在直线上 D．若，则面积的最小值为 2．（多选）（2025·全国一卷·高考真题）已知抛物线的焦点为F，过F的一条直线交C于A，B两点，过A作直线的垂线，垂足为D，过F且与直线垂直的直线交于点E，则（    ） A． B． C． D． 3．（多选）（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）抛物线C：的准线为l，P为C上的动点，过P作的一条切线，Q为切点，过P作l的垂线，垂足为B，则（    ） A．l与相切 B．当P，A，B三点共线时， C．当时， D．满足的点有且仅有2个 4．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）设双曲线的左右焦点分别为，过作平行于轴的直线交C于A，B两点，若，则C的离心率为___________． 5．（2024·北京·高考真题）若直线与双曲线只有一个公共点，则的一个取值为 ________． 6．（2026·全国一卷·高考真题）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． 7．（2026·全国二卷·高考真题）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. 8．（2026·上海·高考真题）已知双曲线，点在上，，分别为双曲线的左、右焦点． (1)求点到双曲线渐近线的距离； (2)若，求； (3)记为双曲线满足和的部分；直线，均过右焦点，与交于，两点（分别在第一、第四象限），与交于，两点（分别在第三、四象限），问：是否存在常数，使得对任意直线，都存在唯一对应的直线满足？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 9．（2026·天津·高考真题）已知椭圆（）的离心率为，椭圆被直线截得的线段长为． (1)求的标准方程； (2)斜率为的直线与圆相切，且该直线交椭圆于，（），是椭圆的上顶点．记直线，的斜率分别为，，求． 10．（2026·北京·高考真题）已知椭圆：（）的一个顶点是，离心率为． (1)求的方程； (2)过点，斜率为的直线交椭圆于、两点，关于的对称点为，交于，若，求． 11．（2025·全国一卷·高考真题）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． 12．（2025·全国二卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，长轴长为4． (1)求C的方程； (2)过点的直线l交C于两点，为坐标原点.若的面积为，求． 13．（2025·北京·高考真题）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． 14．（2025·天津·高考真题）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. 15．（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． 16．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）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，. 17．（2024·北京·高考真题）已知椭圆：，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，过点和的直线与椭圆的另一个交点为． (1)求椭圆的方程及离心率； (2)若直线BD的斜率为0，求t的值． 18．（2024·天津·高考真题）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． 19．（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. 2 / 25 学科网（北京）股份有限公司 $