专题30 圆锥曲线解答题综合（椭圆、双曲线、抛物线）（10年汇编）（十一大考点，80题）（全国通用）2017-2026年高考数学真题分类汇编

**基本信息** 专题聚焦圆锥曲线解答题，涵盖椭圆、双曲线、抛物线十一大考点，精选2017-2026年80道高考真题，系统呈现命题规律与解题方法。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |解答题|80题|轨迹方程（2026全国二卷）、定点问题（2023全国乙卷）、面积问题（2026全国一卷）等十一大考点|注重定义法、韦达定理等通性通法，贴合高考命题规律，如面积问题近十年15次考查，突出几何条件转化与代数运算结合|

西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题30圆锥曲线解答题综合 (椭圆、双曲线、抛物线) (十一大考点，80题) 10年考情·探规律 考点分类 十年考情(2017-2026) 命题规律 1.圆锥解答第一问高频基础题型， 是后续所有计算的铺垫。 2.常用解题方法为定义法、相关点 2026全国二卷、2023新课标I、 代入法，轨迹类型包含椭圆、抛物 考点01轨迹方程 2017全国Ⅱ 线、直线。 3.题目常给出垂线、交点等几何条 件，部分题目会追加曲线对称、平 移相关探究。 1.圆锥大题经典压轴证明题型，多 2023全国乙、2022全国乙、2020 作为第二小问出现。 考点02定点问题 全国I、2019全国I/北京、 2通用思路：设直线与曲线联立， 2017全国1 借助韦达定理化简消去参数，证明 坐标固定不变；分为直线过定点、 1/214 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 圆恒过定点两类题型。 3.命题载体以椭圆、抛物线为主。 1.中档证明题型，计算量偏大，解 题逻辑与定点问题相近。 2018北京、2020山东、2019全国 2.常考查斜率乘积、线段长度、向 考点03定值问题 Ⅲ 量数量积为固定常数。 3.依托切线、曲线交点背景，联立 方程化简完成证明。 1.双曲线专属特色题型，难度适 中。 2.核心考法：直线与双曲线左右两 考点04定直线问 题 2023新课标Ⅲ 支相交，延长交点连线后，交点始 终落在某条固定直线上。 3.结合双曲线顶点、渐近线条件推 导固定直线。 1.点差法标准应用题型，常设置条 件互推类设问。 2.出题形式：已知中点求解直线斜 考点05中点弦问 2022新高考IⅡ、2020浙江、2018 题 率，或是给出斜率证明多个等量关 全国Ⅲ 系成立。 3.覆盖椭圆、双曲线、抛物线三类 曲线。 2/214 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1.基础计算小问，经常搭配面积、 斜率综合出题。 2021新高考IⅡ、2022北京、2020 2.解题依靠联立方程、判别式与韦 考点06弦长问题 北京 达定理计算线段长度。 3.常结合直线相切、三点共线条件 设置题干。 1.必考计算类设问，出现频次极 2026全国一/北京、2025北京/全 高，可单独求面积或是求解面积最 国二、2024新课标I、2023全国 值。 甲/天津、2022新高考I/天津、 2.涵盖三角形、四边形多种图形， 考点07面积问题 2021全国乙、2020海南/全国I、 使用分割、坐标法计算，搭配均值 2019全国Ⅱ/浙江、2018江苏/上 不等式、函数求解最大最小值。 海 3结合对称点、焦点、动直线综合 命题。 1.贯穿整道大题的基础条件，也可 独立作为单独设问。 2026天津/上海、2024北京、2023 2.考查斜率定值、斜率取值范围、 考点08斜率问题 上海、2021北京/浙江、2019天 多条斜率之间等量关系证明。 津、2018北京、2017天津 3.融合圆、双曲线、椭圆交叉条件 计算。 考点09参数范围 2025全国一/上海、2024天津/上 1.圆锥大题压轴难点，区分度最 及最值 海、2023上海、2022上海/浙江、 高。 3/214 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2.求解直线斜率、离心率、线段、 面积的取值范围，构造函数搭配不 2020江苏/上海 等式求取最值。 3.多曲线融合出题，几何约束条件 复杂，整体计算量大。 1.几何证明类小问，侧重逻辑推 导。 2025天津、2024全国甲、2023北 考点10证明特殊 2.常需要证明垂直、平行、角平分 位置关系 京、2018全国I 线、中点平分等几何关系。 3.依靠韦达定理、向量点积、坐标 等量关系完成推导。 1.大题收尾常规简单设问。 2.根据面积、距离、角度等量反求 考点11求直线方 2021天津、2020山东/天津、2017 直线解析式，需要分斜率存在、不 程 上海/天津 存在两种情况讨论。 3.结合椭圆、抛物线、圆综合计算 参数。 10年真题·精准练 考点01轨迹方程 4/214 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 x2 1.（2026全国二卷高考真题)已知椭圆E:京+少=1（a>1),过8的右焦点且与，轴垂直的直线被 E 2 截得的线段长为 (1)求E的离心率. 2)设0为坐标原点，给定 G化，0≠0).A(,%≠0)为E上的点，过4作'轴的垂线，垂足为B, 直线AO与直线GB的交点为P.当A在E上运动时，点P的轨迹为M. (i)求M的方程： (i)当t为何值时，M有对称中心？当M有对称中心时，将M平移后得到曲线M',使得O为M'的对 称中心，说明M'是什么曲线 2 【答案】4)2 11 )(i)M的方程为2 +y+2x-1=000) to 时， M 有对称中心： 当A 时，M'形状为焦点在x轴上的椭圆去掉与x轴交点， 当0<2 时， M' 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x轴的直线被E所截线段长为√2，通过求出坐标解出线段的长，求 得a,b,c再求出离心率： (2)(①)通过联立方程求出点P的坐标，再反解出点A的坐标代入椭圆方程，从而求出P的轨迹M的方程； (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M'的方程，再 讨论不同情况下M'的形状， 2 【详解】(1)设椭圆 +少=1的右焦点为(c,0:其中c=V一 那么过右焦点且垂直于x轴的直线为x=℃，代入椭圆得 5/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 +y=L,即y=1- c2 =1--11 a2 a3, 所以y=± 由于截线段长为子-5，解得a=2: 故c=7.商6年日疗当 (2)(①方法一： x2 由（山）知椭圆方程为之+少=1 发+6=1， ’,由于点1(x%)满足2 ,且%≠0，过A作y轴的垂线，交 y轴于点 B(0,%) 那么当，=0时，点10，圳，点P与点10重合： y=x x+y=1 当x≠0时，直线AO方程为：，直线GB方程为：。%， 即y=x+, t y=业x Xo xo+1 联立 y=-业x+火，解得 y=-Yot, 即点P, (≠0) t xo+t xo+1 xo+t xo+t 设 t-x(y≠0) ,则由 yt P(x,y) =+=x 代入指国方=1品（广-1，即2高 1'x2 1y2 (t-x)}x2 两边乘以2得2 +y2=-x 2 6/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 敕5-2x2+y2+x-1=0 (0,±1) 把点 代入，仍然成立， 数轨迹M的方程为2户+少+x-1=00可 方法二： 由于G.00),点8在轴。故直线GB必有斜率， 设直线GB方程为'=k(K-).Pu,),郑么点 B(0,-t) 轴，则 由于BL少 由于点P0,A三点共线，则 P/OA→xv=-ktu xov=-ktu s、u t-u 因为点在直线 上，所以， v=ku-)令 P GB 4==号o 把4)代入椭圆E方程： 2 整理化简。得（行加+2+子-1=0 11 装连的方后+r子1-6=0 t D由)得轨迹M的方程为2已+2+2x-1=0(y≠0 当)0即，=5时，轨迹M的方程为广+子-1=00，为能物线去特与第交名，无对特中 11 心： 7/214 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 11 当2下≠0即1≠士2且（≠0时， 2t 片-00， 将轨迹M向左或向右平移？2-2个单位得到M的方程为21 =10≠0) (-22-2 所以当小 2时，M'形状为焦点在x轴上的椭圆去掉与轴交点， 当0<1<2 时， M' 形状为焦点在x轴上的双曲线去掉与轴交点。 综上，当=V反 M 时，轨迹无对称中心： 当*士5 M 时， 有对称中心： 当小 2时，M'形状为焦点在x轴上的椭圆去掉与x轴交点， 当0<< M' 时， 形状为焦点在x轴上的双曲线去掉与轴交点。 VA (1 22D23:新课标卷高老真题)在直角坐标系0y中，点P到细的距离等于点P到点O,2的距离 记动点P的轨迹为W. ()求W的方程： 8/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ②)已知矩形1BC 有三个顶点在"上，证明：矩形MBCD 3V3 周长大于 【答案】0y=x2+ (2)见解析 【分折1山食力：根整京出方程-=少 化简即可： (2)法一：设矩形的三个顶点 i).cce 且a<b<c,分别令 c≥n++m 1 k=a+b=m<0,kc=b+c=n>0,且mn=-l,利用放缩法得2n) 设函数 利用导数求出其最小值，则得C的最小值，再排除边界值即可 法二：设直线4份的方程为=k心-)+。+子：将其与艳物线方程联立，再利用弦长公式和散缩法得 (1+k2）3 4B+4D2 利用换元法和求导即可求出周长最值，再排除边界值即可： 法三：利用平移坐标系法，再设点，利用三角换元再对角度分类讨论，结合基本不等式即可证明 两边同平方化简得y=2+ 4 效炉r+号 (2)法一：设矩形的三个顶点 所在直线的斜率均存在，且不为0， 9/214 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D B u:kgc=-La+b<0<b+ckm=- 则 =a+b=m<0: b-a 同理令c=b+c=n>0,且mm=-1,则m=月 n, 设矩形周长为C由对称性不妨设m时n,kc一k=c-a=n-m=n+】 CAB1+1BC非b-N+m+e-bN+r≥c-a+r-n++r了n++r>0 则2 n ,易知n 则s四-+0+)xaf=2+2x 令∫')=0，解得) 当x90,2时，<0，此时f单递通 f'(x)>0,此时f(x)单调递增， 则f=f 22 2 4 2733 2C24=2即C235. 故2 36=际09m- ,且（亿-aW1+m=仍-a)1+m,即m=n时等号成立，矛盾，故C>35, 10/214 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 得证 法二：不妨设A,B,D在W上，且BA⊥DA, B A aa2+ 依题意可设 易知直线BA,DA的斜率均存在且不为O, 则设BA'DA的斜率分别为k和一K,由对称性，不妨设≤1， 直线B的方程为k-0)+G+, =+ 则联立 少=c-o)+a2+1得 4x2-x+ka-a2=0 △=k-4ka-a2）=(k-2a>0,则k≠2a 则AB卡1+1k-2a, 4+140+8k-2a+y++2 i-2xg小-， 令k2=m则m0小，设/0m)=m+=m+3m+1+3, m m 11/214 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 则f(m)=2m+3-1-2m-1m+1 1 23 m2 2,令m=0解得m=2: 当m0,2时，m)<0,北时了m单调递减， 4B1+14D 台Fk-2ay小4安是+24e-2a片*2 此处取等条件为k=1,与最终取等时 2不一致，故 4-1025 法三：为了计算方便我们将抛物线向下移动4个单位得抛物线W:y=x, 矩形1BCD变换为矩形1BCD,则问思等价于矩形BCD的周长大于35 设B)1,),C6),根据对称性不纺设6≥0 则a+,c=+.由于B1BC,则6+66+)=-1 由于AB=+6+k-BC=+6+k-,且6介于45之间， 则AB+BC=V+6+k-+V+6+,-6.令5+6=an0, g+=-ma0e0=m0-d=-w0-6从而 12/214 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 4B+BC=+cot0(2t+cot0)++tan20(tan0-2t) AB+BC=2t0 1 1sin0cos0_ 2t(cos0-sin)sin0+cos0 故 sin0 cos) cos20 sin20 sin0cos0 sin20cos20 0e0, ①当”4」时， Czsincosino coso 1 2 ≥2 =2 sin20cos20 cos20'sin20 ≥2V2 Vsinθcosa Vsin 20 0∈πx ②当 (4'2)时，由于4<4，<4，从而-cot6-。<。<tan0-, cot tan 从而2 -<to< 2又，≥0， st<tan 4B+BC= to(cose-sin)sin0+cos30 故 ,由此 sin0cos0 sin20cos20 sin(cos0-sin )(sincos)sin'+cos 1 cose sin20cos30 sin20cos20 cos0'sin20 2 2 Vsin20sin20.2cos20 V(1-cos20)1-cos20)-2cos28 2 2 35 7 (1-cos20)+(1-cos20)+2cos20 3 当且仅当cos0= 3时等号成立，故MB+BC小35 2,故矩形周长大于3V3 YA D D B 0 13/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【点睛】关键点睛：本题的第二个的关键是通过放缩得2 n 同时为了简便 运算，对右边的式子平方后再设新函数求导，最后再排除边界值即可。 3. （2017全国Ⅲ卷高考真题)设0为坐标原点，动点M在椭圆c2+广=1 上，过M作x轴的垂线， NP=2NM 垂足为N,点P满足 (1)求点P的轨迹方程： (2)设点2在直线=-3上，且9 0 OP.PO=1 .证明：过点P且垂直于OO的直线过C的左焦点F x2+y2=2 【答案】(1) ;(2)见解析 【详解】()设P(x,y),M(),则N.0),N亚=x-NM=0,W 由N师=2得女=为=2 x2 因为M(,%)在C上，所以2+2司 x2+y2=2 因此点P的轨迹为 由题意知F(-l,0),设Q(-3,t),P(m,n),则 0Q=(-3,t),PF=(-1-m,-n),0Q·PF=3+3m-tm 0p(=m,n),P0=(-3-m,t-n) 由0pPo=1 得-3m-m+mn=1,又由4)知m2+n=2,故3+3mtn0 所以0吓=0，即001吓 .又过点P存在唯一直线垂直于OQ,所以过点P且垂直于OQ的直线1过C的 左焦点F 14/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 点睛定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问 题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒成立的，定点、定值问题同证明问题类似，在求 定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显 现 考点02定点问题 5 1. (2023全国乙卷高考真题)已知椭圆C:云+疗=1a>b>0) 的离心率是3，点A(2,0)在C上. (1)求C的方程： Q过点2,3》的直线交C于P,两点，直线1,40与'轴的交点分别为M,W,证明：线段W的中点为 定点. y 【答案】0)9+4=1 (2)证明如下： 由题意可知：直线P2的斜率存在，设P0:y=k(+2)+3,P(,),0(,y) y=k(x+2)+3 联立方程 6+,消去y得：42+9F+8欢2k+3)x+162+3 则A=64(2k+3)-64(42+9k2+3)=-1728k>0,解得k<0, 8k(2k+3)16(K2+3k) 厂一22,2 4k2+9, Py42+2) 因为4(2,0)，则直线 15/214 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 025 同理可得“(”2+2， 2+2 则x+2与+2_[k(G+2)+3][k(s+2)+3] 2 x+2 x3+2 [+(2k+3)]s,+2)+[,+(2k+3](G+2）_2+(4k+3)(x+x)+4(2k+3) (x+2)(x2+2) xx2+2(x+x2)+4 32k+3).8(4+32+3)+4(2t+3)1o8-3 4k2+ 4k2+9 16(R2+3k).16k(2k+3)+4 36, 4k2+9 4k2+9 所以线段MN的中点是定点 0,3) 【分析】(1)根据题意列式求解a,b,c,进而可得结果： yu+yN (2)设直线PQ的方程，进而可求点M,N的坐标，结合韦达定理验证2一为定值即可. b=2 a2=b2+c2 a=3 【详解】(1)由题意可得 解得b=2, e= a 3 C=V5 16/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 y2,x2 =1 所以椭圆方程为94 (2)略 【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤 (1)由特例得出一个值，此值一般就是定值： (②)证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关： 也可令系数等于零，得出定值： (3)得出结论 2.(2022全国乙卷高考真题)已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过 A(0,-2),B 两点 (1)求E的方程； (2)设过点 P(1,-2) 的直线交E于M,N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T,点H满足 MT Th 证明：直线N过定点， v2 【答案】)4+方 g0-2) 【分析】(1)将给定点代入设出的方程求解即可： (2)设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解 【详解】（山解：设能圆g的方程为m2+2=1,过40-2,83-】 4n=1 9 1 1 则4m+n=1,解得m=3,n=4 y2x2 所以椭圆B的方程为：4+3=1. 十 17/214 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 240-2B写-)，所以4By+2 3, x2,y2 ①诺过点P心，-2)》的直线斜率不存在，直线x=1代入了+41】 可得40-2v6 )w26 2 ,代入B方程=x-2, ,可得 T6+3,-26 3,由MT-T匠得 到-26+5-26 3求得HN方程： 2*36 -2,过点0-2) x-y-(k+2)=0,M(x,y),N(x2,y2) ②若过点 (1,-2) 的直线斜率存在，设 c-y-(k+2)=0 联立 号+兰=1得ek+4r-6k2+x++)-0 3+4 6k(2+k) -8(2+k) x1+x2= 3k2+4 y+2=3k2+4 可得 3k(4+k), 4(4+4k-2k2) XX2= 3k2+4 2= 3k2+4 且+y=x[(6-)-2]+x[6-)-2]=2-(k+20+) 0-+2程-0 3k2+4 24k（ 即x+xy=3k2+4 y=y 联立p号-2可得7受+H6明+6- 2 y-y2—(x-x2) 可求得此时 N:y-4=3y+6-- 18/214 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 0,-2) 将 (x+x2)-6y+y2)+xy2+x2y1-3yy2-12=0 ，代入整理得 (*) 4k+12k2+96+48k-24k-48-48k+24k2-36k2-48=0, 将代入，得 显然成立， 综上，可得直线HN过定点(0，-2). 【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种： ①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关： ②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值. 2020全国1卷高考真慰)已知4、B分别为椭圆B:+y=1(心1)的左、右顶点，G为E的 顶点，AG.G丽=8，P为直线=6上的动点，PA与E的另一交点为C,PB与E的另一交点为D. (1)求E的方程； (2)证明：直线CD过定点. 【容)【小幅1号+1， 【小题2】证明如下： [方法一小：设而求点法 P(6,vo) 证明：设 则直线心的方程为：。宁骨+ 即：=+3 x2 +y2=1 9 联立直线 的方程与椭圆方程可得： 整理得： AP +3) 0+9)2+62x+9y2-81=0,解得：x=-3或=名23 x=3y0十。代入直线少=9中可得： 2+9 19/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 -3y2+276y% 所以点C的坐标为y。+9’。2+9· 3y2-3-26 同理可得：点D的坐标为2+1’2+1 当分x3 时， 6y -2Yo -2y 2+9%2+1 3y2-3 直线的方程为： y,2+1 -3y2+273y2-3 y。2+1 CD %2+9y,2+1 整理可得：少+ 8(0%2+3). 3y2-3=8x3=3 %2+169-)2+1厂63-。2%+1 理得：0“名非》 4x+2,= 4 3 所以直线CD过定点( 3 X= 3,0 当=3时，直线CD:2,直线过点(2 3 ,0 故直线CD过定点(2. [方法二]【最优解】：数形结合 设P6,),则直线PA的方程为=+3)，即-9y+3=0. 同理，可求直线PB的方程为c-3y-3t=0. 则经过直线PA和直线PB的曲线的方程可写为(x-9y+3)(tc-3y-3)=0 可化为f(-9)+27y-12a+18=0.0 20/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2-9=-9y2 易知A,B,C,D四个点满足上述方程，同时A,B,C,D又在椭圆上，则有 ,代入④式可 得(27-9r2)y2-12ay+18=0 故[27-9r)y-12x+18]0,可得y=0或(27-9r)y-12x+18=0, 其中少=0表示直线B,则(27-9r)y-12x+181= 表示直线CD 3 令y二0，有2，直我C0过点20人 【分折】(4山由已知可得：1(-a,0).B(a,0,G01),即可求得4G-丽=a-1,结合已知即可求得： a2=9 ,问题得解。 (2②)方法-：设P(6,）,可得直线AP的方程为：y=。x+3),联立直线4P的方程与稀圆方程即可求 -3y,2+276y 3y。2-3-2y% 得点C的坐标为2+92+9，同理可得点D的坐标为。2+1’。2+1， 当≠3时，可表示出 73 直线CD的方程，整理直线CD的方程可得：”36- ,0 2)即可知直线过定点2， 当=3时， 3 3 直线CD: X= ,0 2,直线过点（2 命题得证 【详解】(1)依据题意作出如下图象： x=6 B 21/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 由椭圆方程EC+y=a>0可得：4A仁a,0):Ba,0),G(0,1 .AG=(a,1）GB=(a,-1） .AG.GB=a2-1=8a2=9 x2 :椭圆方程为：)+广=1 (2)略 【整体点评】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力， 属于难题 第二问的方法一最直接，但对运算能力要求严格：方法二曲线系的应用更多的体现了几何与代数结合的思 想，二次曲线系的应用使得计算更为简单。 C:y= 3.0 y= 4. (2019全国I卷·高考真题)已知曲线 为直线2上的动点，过D作C的两条切线， 切点分别为A,B (1)证明：直线AB过定点： E0. (2)若以（”2)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求该圆的方程 【答案】)见详解：（②）x2+0- 》=4成r+0 2 【分析】1)可设4(x,),B:y,),D,2然后求出A,B两点处的切线方程，比如AD 片+2X(:一)，又因为BD也有类似的形式，从而求出带参数直线AB方程，最后求出它所过的定点 (2)由(I)得带参数的直线AB方程和抛物线方程联立，再通过M为线段AB的中点，EM⊥AB得出t的值， EM 从而求出M坐标和的值，最后求出圆的方程. 【详解】)证明：设D6-2,4,y)则y= 22/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 又因为y= ,所以了=r期切院DA的别车为5，故%+片5G-0,整树2-21：0设 B(x2,y2) 2x1-2y+1=0A(x,)B(x2,y2) 2x-2y+1=0 同理得 都满足直线方程 于是直线 2r-2y+1=0 过点A,B,而两个不同的点确定一条直线，所以直线AB方程为2x-2y+1=0,即2r+(-2y+)=0,当 2x=0,-2y+1=0时等式恒成立.所以直线4B恒过定点(0，， 2)由()得直线AB方程为2x-2y+1=0,和抛物线方程联立得： 2x-2y+1=0 化简得x2-2-1=0于是x+x=2'片+为=G+x)+1=22+1设M为线段AB的中点， 则MeF+ 由于丽1，而丽=r-2),而与向量刊平行，所+-2刃=0。 解得t=0或t=±1 当1=0时，EM=(0,-2), E网=2所求圆的方程为+0-》=4 当：=1时，丽=-)或W=(1-少：B风-5所求圆的方程为+(0--2 所以圆的方程为+0-=4或2+0-°=2 【点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题和第二问是求面积类型，属于常规题型，按部就班的求解就 可以思路较为清晰，但计算量不小 5.(2019全国I卷高考真题)已知点A,B关于坐标原点O对称，|AB|=4,⊙M过点A,B且与直线 x+2-0相切. (I)若A在直线x+=0上，求⊙M的半径. (2)是否存在定点P,使得当A运动时，|MA|一P为定值？并说明理由. 【答案】(1)2或6： (2)见解析 23/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【分折】山设4-刊，B(),根据4=4，可知=2 ；由圆的性质可知圆心M必在直线y=x (a,a) 上，可设圆心 利用圆心到x+2=0的距离为半径和M4M=「构造方程，从而解出，(2) 当直线AB斜率存在时，设AB方程为：y=:,由圆的性质可知圆心M必在直线y=一x上：假设圆心 坐标，利用圆心到x+2=0的距离为半径和'=M4=VO4+OM 构造方程，解出M坐标，可知M轨迹 P(1,0) 为抛物线：利用抛物线定义可知 为抛物线焦点，且定值为；当直线AB斜率不存在时，求解出M P(1,0) 坐标，验证此时 依然满足定值，从而可得到结论 【详解】)：A在直线+y=0上六设1刊则B(-1) 又A=482=16,解得：内=5 .∵⊙M A B M y=x 过点， 圆心必在直线上 设M(a,a) 圆的半径为' :⊙M与x+2=0相切 ∴.r=a+2 又M4=MB=r,即(a-2+(a+2=r片 (a-2+(a+2j=(a+2,解得：a=0或a=4 当a=0时，r=2；当a=4时，r=6 .⊙M的半径为：2或6 MA-MP =1 (2)存在定点 说明如下： AB=4 :A,B关于原点对称且 24/214 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 直线4B必为过原点O的直线，且 0A=2 ①当直线AB斜率存在时，设AB方程为：y= 则oM的圆心M必在直线y=-无x上 设M(-,m),OM的半径为 :⊙M与x+2=0相切 .r=-km+2 =MA=VOA+lOM=V4+km2+m2 ∴km+2=V4+k2m2+m2 ， 整理可得：m2=-4m 即M点轨迹方程为：广=4红，准线方程为：X=-,焦点 F(1,0) M4=',即抛物线上点到=-2的距离M=MF+ MA-MF=1 ∴当P与F重合，即P点坐标为 0)时.M4-M=I ②当直线AB斜率不存在时，则直线AB方程为：x=0 M在x轴上，设 M (n,O) n+2=Vn2+4 解得：n=0,即M(0,0) 若PL0),则M4-MP-=2-1= 综上所述，存在定点P0),使得M-MP为定值。 【点睛】本题考查圆的方程的求解问题、圆锥曲线中的定点定值类问题解决本定点定值问题的关键是能够 根据圆的性质得到动点所满足的轨迹方程，进而根据抛物线的定义得到定值，进而验证定值符合所有情况， 使得问题得解 25/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 x2y2 C: =1 6.(2019北京高考真题)己知椭圆2的右焦点为，0)，且经过点4(0，) (I)求椭圆C的方程： (Ⅱ)设O为原点，直线：y=a+t≠±)与椭圆C交于两个不同点P,Q,直线AP与x轴交于点M,直 线AQ与x轴交于点N,若OMON=2,求证：直线1经过定点， x2 【答案】(D2+y=山与 P(x,y),Q(x2,y2) (Ⅱ)设 +y2=1 2 联立y=x+1t≠1)得1+2k2)x2+4k+2r2-2=0 4kt 2t2-2 2t △>0+6=1中2农6+2，+%=+)+21=1+2项 =+s+)+=2-2k 1+2k2 AP:y-1=上- 直线 同理可有ON川-3 y2-1 国为oow=2a子n-?。 -x-x2_ t2-1 =1 tP-2t+1,解之得t=0,所以直线方程为y=x,所以直线1恒过定点(0,0) 【分析】)由题意确定a,b的值即可确定椭圆方程； 四)设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程确定OM,ON的表达式，结合韦达定理确定t的值即可证明直 线恒过定点 26/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【详解】(I)因为椭圆的右焦点为（山，0），所以c=1: x2 +y2=1 因为椭圆经过点A(0,),所以b=1,所以a2=b2+c2=2,故椭圆的方程为2 (Ⅱ)略 【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意： ()注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件： (②)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三 角形的面积等问题 7.(2019北京高考真题)已知抛物线C:x=-2py经过点(2，-1). (I)求抛物线C的方程及其准线方程： (Ⅱ)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线I交抛物线C于两点MN,直线-1分别交 直线OM,ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点. x2=-4yy=1 【答案】四 四)见解析 【分析】①由题意结合点的坐标可得抛物线方程，进一步可得准线方程： 四)联立准线方程和抛物线方程，结合韦达定理可得圆心坐标和圆的半径，从而确定圆的方程，最后令x0 即可证得题中的结论 【详解1④将点2，-)代入抛物线方程： 2=2px(-0可得：p=2 x2=-4y 故抛物线方程为： 其准线方程为： y=1 0,-1) )很明显直线的斜率存在，焦点坐标为 设直线方程为'=-】 与抛物线方程=4 联立可得：x+4-4=0 x+x2=-4k,xx2=-4 故： 量引54则aw=亭o=音 4 27/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 直线OM的方程为=年，与y=-联立可得： B 同理可得x2 2.2 22 易知以AB为直径的圆的圆心坐标为： x1x2 圆的半径为：x2, 2+2_2(G+-2k 2_2 且： -2x+）广-45-2P+1, x x2 xx2 则圆的方程为：x-2)+(0y+=4(2+1) 令ts0 y2+2y-3=0 整理可得： 解得：乃=-3⅓=1 即以B为直径的圆经过轴上的两个定点Q-3),(Q,) 【点睛】本题主要考查抛物线方程的求解与准线方程的确定，直线与抛物线的位置关系，圆的方程的求解 及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力 x2,y2 8(2017全国I卷高考真题)已知椭圆C:京+F1（a>b>0),B(1,1),B(0,1),B(-1, 5 5 2),P4(1,2)四点中恰有三点在椭圆C上 (I)求C的方程： PB (Ⅱ)设直线I不经过点且与C相交于A,B两点若直线 小与直线PB的斜率的和为1，证明：1过定 点 【答案】)4+少=1 (②)证明见解析。 【详解】试题分析：(1)根据乃，P两点关于y轴对称，由椭圆的对称性可知C经过B,P两 111.3 点另外由F+>+4b知，C不经过点P,所以点P在C上因此B,B,R在椭圆上，代入其 28/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 标准方程，即可求出C的方程；(2)先设直线PA与直线PB的斜率分别为k,,再设直线 1的方程，当1与x轴垂直时，通过计算，不满足题意，再设：y=ax+m(m≠1)，将 y=+m代入4+少=1 ，写出判别式，利用根与系数的关系表示出x1+x,x,进而表示出 k+,根据 k+k3=-l 列出等式表示出和m的关系，从而判断出直线恒过定点， 1,1、1,3 试题解析：(1)由于B,P两点关于y轴对称，故由题设知C经过R,P两点又由7+>a+4h 知，C不经过点P,所以点P在C上 因此13，解得a2=4. b2=1 故C的方程为4+广=1 (2)设直线PA与直线PB的斜率分别为，， V4-2 如果1与x轴垂直，设山，x式，由题设知1≠0，且<2，可得4，B的坐标分别为(，2)，(， V4-2 2）. 厨+642422，不特合视 2t 2t 从而可设：，=在+m〈m将，=红m代入若+少产-1得 4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0 由题设可 △=164k2-m2+1)>0 29/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 8km 4m2-4 设A(1,h),B(,2),则x+x=4k2+1,=4k2+1。 +6=当-1+凸-1 而 x x2 _红+m-1++m-l 2kx2+(m-1)(x+x2) xX2 由题设+6=，故2+x6+(m-+)=0 即+-小-0 解得K-m+1 2 当且仅当m>-时，A>0欲使。”+m,即+1=-主(-2)， 所以1过定点(2，-1) 点睛椭圆的对称性是椭圆的一个重要性质，判断点是否在椭圆上，可以通过这一方法 进行判断；证明直线过定点的关键是设出直线方程，通过一定关系转化，找出两个参 数之间的关系式，从而可以判断过定点情况另外，在设直线方程之前，若题设中未告 知，则一定要讨论直线斜率不存在和存在两种情况，其通法是联立方程，求判别式， 利用根与系数的关系，再根据题设关系进行化简 考点3定值问题 30/214 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1(2018北京高考真题)已知抛物线C:'-2px经过点P(1,2).过点Q(0,1)的直线1与抛物线 C有两个不同的交点A,B,且直线A交y轴于M,直线PB交y轴于N. (I)求直线1的斜率的取值范围： 1,1 (Ⅱ)设O为原点，QM=00,N=O0,求证：元4为定值. 【答案】(1)取值范围是(-o,-3)U(-3,0)U(0,1) (2)证明过程见解析 【详解】分析：(1)先确定p,再设直线方程，与抛物线联立，根据判别式大于零解得直线I的斜率的取值 范围，最后根据A,PB与y轴相交，舍去k=3,(2)先设A(x,),B(x?,),与抛物线联立，根 据韦达定理可得5+6=2-4 2，x=:再由QM=00,QN=uQ0得=1-yw,u=1-yw·利用 1,1 直线A,PB的方程分别得点M,N的纵坐标，代入化简九“可得结论 详解：解：(I)因为抛物线y=2px经过点P(1,2), 所以4-2P,解得p=2,所以抛物线的方程为y=4x. 由题意可知直线I的斜率存在且不为0， 设直线1的方程为+1(0). y2=4x 由y=+1得k2x2+(2k-4)x+1=0. 依题意A=(2k-4)-4×k2×1>0 解得k<0或0k<1. 又PA,PB与y轴相交，故直线1不过点(1，-2).从而特3. 所以直线1斜率的取值范围是(-，3)U(-3,0)U(0,1). (I)设A(x1,),B(,y2). 2k-4 1 由(I)知+x2=- k2, y-2=上-2（x-) 直线PA的方程 x-1 31/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 w-y+2+2=c+1+2 令0，得点M的纵坐标为x-】 x-1. w色+1 +2 同理得点N的纵坐标为x2-1 由0M=00.N=00得1-w4=1- 得 2,2k-4 1+1=,1+,1=-1+为-1=12x西6+12e -=2 所以241-yM1-yw(k-1)x(k-1)xk-1xx k-11 1.1 所以方十为定值。 点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该 问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的.定点、定值问题同证明问题类似，在求 定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显 现 2（2020山东商考真慰)已知院题C,户+方6>6>0的离心辛为号且过点42) x2,y2 √2 (1)求C的方程： (②点M,V在C上，且4M1AN,AD LMN,D为手足.证明：存在定点O,使得D0为定值 【答案】16+3=1， (2)[方法一]：通性通法 M(,y),N(x2,2) 设点 若直线MN斜率存在时，设直线MN的方程为：y=c+m, 代入椭圆方程消去'并整理得： (1+2k2）x2+4mx+2m2-6=0 2m2-6 可得+名=1+2欢，6 1+2k2, 32/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 因为4M上4W,所以4WA=0,即-2s-2)+0--)=0 根据为=+m为=：+m ,代入整理可得： (k2+1)x3+(m-k-2)(x+x2)+(m-1)°+4=0 所+2=2a-24a-4-0 2k+3m+1)(2k+m-1)=0 整理化简得 因为A(2,)不在直线MN上，所以2k+m-1≠0， 做2+1-0长1，于是0价方是为-：-引 所以直线过定点直线过定点 当直线W的斜率不存在时，可得N(,） 由4M4=0得：(G-2-2)+(3-(-y-1)=0 得6-2八+1-=0，钻合若+号-1可得：3x-85+4=0, 2 解得：x=3或x2=2（舍)· p2_1】 此时直线MW过点气33】 41 令0为AP的中点，即巴气3'3， 若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边， lpol--2 3 33/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 41 若D与P重合，则DO-AP 故存在点 气33，使得D0为定值 [方法二]【最优解】：平移坐标系 x+2}+y+=1 将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为6 3，设直 线N的方程为x+w=4。 MN 2+4x+2y2+4y=0 .将直线方程与椭圆方程联立得 ,即 x2+(mx+ny)x+2y2+(mx+ny)y=0 (n+2)y2+(m+n)y+(1+m)x2=0 化简得 ,即 a*+a+ +(1+m)=0 设M(,),N(x,),因为AM1AW kwkw=上.上_m+l三-1 2n+2,即m=-n-3. 44 代入直线MN方程中得ny-x)-3x-4=0.则在新坐标系下直线MN过定点3’3， 则在原坐标系下 直线MW过定点 41 又AD1MN,D在以AP为直径的圆上，AP的中点3'3)即为圆心Q. 经检验，直线MN垂直于x轴时也成立. 41 故存在 气33 使得DQ1P件2 3。 [方法三]：建立曲线系 2+1-1,即x+y-3=0、设直线M的方程为x-y-2水+1=0，直线MB的 A点处的切线方程为6十3 34/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2x-y-2k3+1= ,直线MN的方程为 kx-y+m=0 ·k2=-1 方程为 由题意得 则过A,M,N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线MA,MB可表示为 （若+号-小20-y-2改+-y-2选+0)-0（我中2为系数. 用直线MN及点A处的切线可表示为k-y+m)(x+y-3)=0(其中“为系数)， (三+上-1+kx-y-2k+10x-y-2k+)=-y+mx+y-3) 即63 对比y项、x项及y项系数得 2(k+k2)=41-k),① (4+k+k）=4(m-3k),② 22(k+k2-1)=4(m+3).③ 将0代入②@，消去么，山并化简得3m+26+1=0:即m=子太-号 33 2)1 y=-33, 故直线MN的方程为 戏8注e古修》 41 又AD⊥MN,D在以AP为直径的圆上.AP中点(33即为圆心Q, 41 3 [方法四]： 设M(N(s,) 若直线MN的斜率不存在，则M(,),W(G,-) 因为M1AW,则4M.=0,即G-2+1-=0 35/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2 由活号1，解得号或4=2《合) 2 所以直线MN的方程为x=3 若直线MN的斜率存在，设直线MN的方程为y=c+m,则 2+2x+m)2-6=(（1+2k2)(x-x)x-x2)=0 令x=2,则(G-20s-2)=22k+m-12k+m+) 1+2k2 〔+2-62+0-0-) 令y=1,则(y-1)0,-1)=2k+m-1(-2k+m-D 1+2k2 (2k+m-1)(2k+3m+1) 因为AM1AN,所以AM·AN=(:-2)(:-2)+(y-1)(2-1)= 1+2k2 =0 即m=-2K+1或m=子6-号 33· 当m=-2k+1时，直线MN的方程为y=ka-2k+1=kx-2)+1. 所以直线MN恒过A(2,D,不合题意： 当m= 3时，直线MN的方程为 21) 所以直线MN恒过 33 21 综上，直线MN恒过 33, AP4 所以 3 又因为AD⊥MN,即AD⊥AP,所以点D在以线段AP为直径的圆上运动. 41 取线段AP的中点为 2气33. 则 3 所以存在定点Q,使得DQ为定值. 【分析】(1)由题意得到关于a,b,c的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程 36/214 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)方法一：设出点M,N的坐标，在斜率存在时设方程为y=c+m,联立直线方程与椭圆方程，根据 已知条件，已得到m,k的关系，进而得直线MN恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直 角三角形的性质即可确定满足题意的点Q的位置： c_v2 a 2 41 【详解】(1)由题意可得： 解得： a2=b2+c2 a2=6,b2=c2=3 故精圆方程为：6子三1 (2)略 【整体点评】(2)方法一：设出直线MN方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点P, 再根据平面几何知识可知定点Q即为AP的中点，该法也是本题的通性通法： 方法二：通过坐标系平移，将原来的O点平移至点A处，设直线MN的方程为m+心=4，再通过与椭圆方 程联立，构建齐次式，由韦达定理求出m,”的关系，从而可知直线过定点P,从而可知定点Q即为AP的 中点，该法是本题的最优解： 方法三：设直线MN:y=+m,再利用过点A,M,N的曲线系，根据比较对应项系数可求出m,k的关系， 从而求出直线过定点P,故可知定点Q即为AP的中点： 方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解区一2(：一2)以及 (0-0(4-的计算。 x 1 3. (2019全国Ⅲ卷高考真题)己知曲线C:一2，D为直线-一2上的动点，过D作C的两条切线， 切点分别为A,B. (1)证明：直线AB过定点： 5 (2)若以E(O,2)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBB的面积。 37/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【答案】(I)见详解；(2)3或 4v5 【分析】(1)可设4，y):B,),D(,2然后求出A,B两点处的切线方程，比如4D 1 片+2x任-)，又因为BD也有类似的形式，从而求出带参数直线AB方程，最后求出它所过的定点 (2)由(I)得带参数的直线AB方程和抛物线方程联立，再通过M为线段AB的中点，EM⊥AB得出t的值， 从而求出M坐标和EM的值，4，d2分别为点D,E到直线AB的距离，则 =F+1,4,=2 2+1,结合 弦长公式和韦达定理代入求解即可： 【详10证明：设De为，4，)则X方式。 1 1 又因为=2，所以y=x则切线DA的斜率为x, 故%+2=6-)，整理得2-2y+1=0 B(x2,y2 2x2-2y2+1=0 ,同理得 A(x,y)B(x2,y2) 2x-2y+1=0 都满足直线方程 于是直线2x-2y+1=0过点A,B,而两个不同的点确定一条直线，所以直线AB方程为2x-2y+1=0.即 2x+(-2y+1)=0 当2x=0,-2y+1=0时等式恒成立.所以直线4B恒过定点(0，宁 (2) [方法一]【最优解：利用公共边结合韦达定理求面积】 G+,+业） 设AB的中点为G,A(,出)，B(,2),则气2,2， EG= 到 2 38/214 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 BA=(6-x,-2) 由G厨=.用结h当--0 将y-号代入上式并整理得5-54+5K+店-)=0， 因为-名*0，所以+5=0或矿+号=6 或 所以DG⊥x轴， 则Sc=Sas+5oEF1(G-x)+G0(k,-)=(k-)+伍+广+4气 8 +(x-)(设x>x 当+=0时，(6-)=(6+广-46=4，即专-=2，Se=3 当+号=6时，(G+5》=4(6-广=G+x-4=8 即5-=2V5.S形10e=42 综上，四边形DE的面积为3或45 [方法二]【利用弦长公式结合面积公式求面积】 1 1 设飞-2，由1)知抛物线的焦点P的坐标为02)， 准线方程为2。由抛物线的定义， o/1Bx+1x1-（x+x）-2xx2+1=4+2+1=22+2 十一二 2 线段AB的中点为（ 当+=0时，t=0,1B上y轴， |AB=2 时， 39/214 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2 +15 当x++0时 740由G1AB用2.21=-1.即 t=±1 所以84d引.直线B的方程为，= 2 限据对称性考患点)D和直线B的方程 y=x+- 2即可. ,11 1+ 22 D到直线 的距离为？+(-) =2 AB 所以S四边形DE=)×4×(W2+V2)=4V2 综上，四边形ADB v2 的面积为3或 [方法三]【结合抛物线的光学性质求面积】 图5中，由抛物线的光学性质易得∠1=∠2，又∠1=∠3，所以∠2=∠3 AF=AAAD=AD,所以 AFD≌△AAD 因为 ∠AFD=∠AAD=90°，DF⊥AB,DA=DF 所以 △BDF≌△BDB,→DB,=DF DA=DB AB 同理 ，所以 ，即点D为 中点. BA,B A 图6中已去掉坐标系和抛物线，并延长 于点H 因为GE⊥AB,DF⊥AB,所以GE∥DF. AB,A B GD∥AA∥EF 又因为G,D分别为 的中点，所以 40/214 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 故EFDG GD=EF=2,AB=AA +BB=2GD=4 为平行四边形，从而 因为GD1=GD,所以1为0的中点。 从面DF=GE=5Seae-5+S-48Dr+级GE=45 当直线1B平行于准线时，易得0e=3 综上，四边形DB 的面积为3或45 y E B 2/ D B A I D 图5 图6 [方法四]【结合弦长公式和向量的运算求面积】 由()得直线AB的方程为y=红+2 2 2 由 x2 ,可得 y= 2 x2-2x-1=0 于是+6=2,6=-y+%=10G+)+1=22+1 |ABFV1+21x-x2=V1+2V伍+x)》2-4xx2=2(2+1) 2 设4，d分别为点D,E到直线AB的距离，则 -vp+1,d=yri 因此，四边形ADBE的面积S=B1(4+d4)=(+3小P+ 41/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 设M为线段AB的中点，则r产引 由于丽1丽，而M=1-2),丽与向金0平行，所以+仁-21=0，解得1=0或=1 当=0时，S=3 =±1S=4W2 当 时 因此，四边形1DB 的面积为3或42 【整体点评】2)方法一：利用公共边将一个三角形的面积分割为两个三角形的面积进行计算是一种常用且 有效的方法： 方法二：面积公式是计算三角形面积的最基本方法： 方法三：平稳的光学性质和相似、全等三角形的应用要求几何技巧比较高，计算量较少： 方法四：弦长公式结合向量体现了数学知识的综合运用· 考点04定直线问题 1. (2023新课标Ⅱ卷高考真题)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(-25.0），离心率为N5, (1)求C的方程； （-4,0) ②记C的左、右顶点分别为4,4，过点 的直线与C的左支交于M,N两点，M在第二象限，直 MA NA 线与交于点P.证明点P在定直线上 x2y2 =1 【答案】(1)416 2) 由可得4(2,0)，4(2,0).设M(,yN(,) 1 显然直线的斜率不为0，所以设直线MN的方程为r=mY-4,且)<m< 2 x2 y2 与416=1联立可得(4m2-y2-32m+48=0,且A=644m2+3)>0 42/214 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 32m 48 则4+为=4m2-%=4m2- M -4-2外0 直酸以的方程为产本3+2) 高线4的方程为”产2-2习 MA NA 联立直线与直线的方程可得： x+2_2(x+2)2(my-2)_myy2-2(y+2)+2y x-2y(x2-2）y(my2-6) my y2-6y 48 m.- ，-2.32m 4m2-124m2-1 48 2y_4m 10m+2y1 4m2-16y 1m× 48m-6y3 4m2-1 ，x+21 由x-23可得x=-1,即xp=-1, 据此可得点P在定直线x=-1上运动 【分析】(I)由题意求得，b的值即可确定双曲线方程： (2)设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线4与的方程，联立直线方程， x+21 消去y,结合韦达定理计算可得x-23,即交点的横坐标为定值，据此可证得点p在定直线x=-1上 x2 y2 【详解】(1)设双曲线方程为a京1(a>0,b>0) 由焦点坐标可知c=2V5, 则由e=台=5可得a=2”b=-=4 43/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 x2 y2 =1 双曲线方程为416. (2)略 【点睛】关键点点睛：求双曲线方程的定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力， 其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键 考点05中点弦问题 1. ②022新高考全国Ⅱ卷高考直题)已知双曲线C:,尔1〔a>0,b>0)的右焦点为F2.0,渐近线 方程为少=±V3x (1)求C的方程； ®过F的直线与C的两条渐近线分别交于4，B两点，点P(,).(,)在c上，且>名>0男>0 过P且斜率为 的直线与过Q且斜率为~的直线交于点M从下面①②③中选取两个作为条件，证明另 外一个成立： ①M在AB上；②PO∥AB:③MAHMBI. 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分 x2-y2 【答案】(I 31 (2)见解析 【分析】(1)利用焦点坐标求得c的值，利用渐近线方程求得a,b的关系，进而利用a,b,c的平方关系求 得a,b的值，得到双曲线的方程； (2)先分析得到直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k,M(xo,v),由③AM-BM等价分析得 8k2 到+，=2一3；由直线pM和QM的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得到直 44/214 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 3x0 m= 线PQ的斜率 %,由②P/AB等价转化为，=3x,由①M在直线AB上等价于，=K(,-2), 然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可。 【解】4少右些点为20：c=2高近线方程为，=5：名-5,6o: c=a2+B=4a=4.片a=l,片b=5 2、2 ∴.C的方程为： (2)由己知得直线PQ的斜率存在且不为零，直线AB的斜率不为零， 若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线AB的斜率存在且不为零： 若选①③推②，则M为线段AB的中点，假若直线AB的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知M在x轴 上，即为焦点F,此时由对称性可知P、P关于轴对称，与从而=，已知不符： 总之，直线AB的斜率存在且不为零 设直线4B的斜率为，直线4B方程为'=k(红-2列 则条件①M在B上，等价于人=(-2)台，=2(6，-2) 3x2-y2=0 两渐近线的方程合并为 联立消去y并化简整理得： (k2-3)x2-4h2x+4k2=0 设4()线段中有为y)m=52 6k 52=3=k(-2)=3 设(xo) 则条件@1M=BM等价于(-广+(-⅓广=(G-)+(-y 移项并利用平方差公式整理得： 45/214 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (-x[2x-(s+x】+(0-y[2-+y】=0 [2-s+小+[2+小- ,即-xw+k(。-w)=0, 8k2 即x,+=2-3 由腿意知直线PM的斜率为5，直线OM的斜率为5 :由片-%=5(G-)⅓-%=5(s-) .片-h=-V5(G+x-2x) 两说阳价斜华号子9兰之 x-X2 直线PM:y=5(x-)+%y=%+5就-Bx 代入双曲线的方程3-y2-3=0,即(5x+5x-3中： 得：（+3x)儿25x-(+3x)】-3 13 解得p的模坐标：25+6+5c =135一+y0一3x0 23。-V3x, = 13y 8-3买， m=3就 .0, 条件@P/AB ,m=k台y%=3x 价于 综上所述： 46/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 条件OM在AB上，等价于 6=k2(x-2) PO//AB 等价于 y%=3x 条件② 8k2 条件③AM=BM等价于名+F一3： 选①②推③： 2k2 8k2 X0= 由①②解得： 2-3心+%=4x0= 2-3,∴.③成立 选①③推②： 2k2 6k2 由①③解得：x= 2-3, ky0= k2-3 =3x ②成立： 选②③推①： 2k2 。3,÷-2=6 6k2 由2②8解得：6=A2一3 k2-3 ÷=(G-2) ①成立 2 20浙江高考真腮)如图，已知椭圆C:,+y1,抛物线C,y=2p>0,点A是椭圆( C 抛物线C的交点，过点A的直线1交椭圆C于点B,交抛物线S于M(B,M不同于A). B 1 (I)若P=16,求抛物线C,的焦点坐标： 47/214 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (Ⅱ)若存在不过原点的直线I使M为线段AB的中点，求p的最大值. 61 【答案】(1)20) v10 (Ⅱ)40 【分析】(I)求出抛物线标准方程，从而可得答案： (》方法一使用韦达定现、中点公式和解方程法分划求得一关于风入的表达式，得到关于P加天 的方 程，利用基本不等式消去参数，得到关于P的不等式，求解得到P的最大值；方法二利用韦达定理和中点 公式求得A(:,%)的坐标关于m,p的表达式，根据点A(0,)在椭圆上，得到关于p关于m的函数表达 式，利用基本不等式和二次函数的性质得解，运算简洁，为最优解：方法三利用点差法得到 6+y%+8p2=0 根据判别式大于零，得到不等式△=片-32p≥0 ,通过解方程组求得 片=4p+24p+2,代入求解得到P的最大值：方法四利用抛物线的参数方程设出点M的参数坐标， 2 2 u= 一+t 利用斜率关系求得A的坐标关于P,t的表达式.作换元”(t 利用点A在椭圆上，得到 1 p2= 22+4a,然后利用二次函数的性质求得p的最大值 1 1 【详解】(I)当D=16时，C,的方程为少=8，故抛物线C,的焦点坐标为320)： (Ⅱ)[方法一小：韦达定理基本不等式法 i设1，B(,)M(G方1：x=无y+m 2+2y=2与(2+2)y2+2mw+m2-2=0 由x=y+m -22m -入m 2m 乃+为= 2+2%2+京=%+m= 2+22, 22m2 4pm 12m 由M在抛物线上，所以(2+2 2+2→ 2+12 =4p 48/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 y=2px→y=2p2y+m)→y2-2p2y-2pm=0 又x=y+m ∴月+%=2p2x+=y+m+2+m=2p22+2m .x=2p22+2m- 2m 2+2. x2 由2y1→+4px=2即 y2=2px 2+4px-2=0 →5=4p+6p+8-2p+4p+2 2 -20+听2-2p+2m#=2pd+2+8p216p. 22 160,psf0 所以v4p+2≥18p,ps 40, √10 2105 所以，P的最大值为40，此时55 [方法二]【最优解】： 设直线：r=my+m≠0,1≠0).A() 将直线，的方程代入椭圆C:号+y=1得：（似+2+2m咖+-2=0， mt 所以点M的纵坐标为w=一 m2+2 将直线的方程代入抛物线 C2:y=2px 得：广-2pm-2pm=0 2p(m2+2） 2p(m2+2} 所以yw=-2pt,解得%= m ,因此= 7m2 箱a++60 由2 49/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以 m=v2,t= 10 5时，p取到最大值为40· [方法三]：点差和判别式法 设1，)8（西，）M(）,其中+5=2x,%+%=2% 左+=1 因为2 +=1， 2 ，所以-互+-=0 2 y+业.乃-业=-1出.当-业=-1 整理得+五-2，所以x-书2」 4-业=kB=kw=4-,听=2p四，听=2p% 又-x3 x1-xo y6,y-y0= 1 所以坊片片2，整理得 2p 2p 2p +yy。+8p2=0 因为存在，所以上述关于”的二次方程有解，即判别式 =-32p2≥20. ① yi=2px, +听=1得x=-2p+4p+2 由2 因此=2匹4p+2p4p+2,将北式代入0试解得P0 io,±5 V10 当且仅当点M的坐标为10,10时，p的最大值为40， [方法四：参数法 (2pr,2pt).kov-x-yu=2p 设 xA-XM yA+yM, akow=2p2p-B1 由 器.8-w2存小-2n月 50/214 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1 1 1 则u8+0,点4坐标代入椭圆方程中，得D=2+4≤2x8+4x8160. 所以P= 10 +V5 40,此时M坐标为10,10 3.(2018全国Ⅲ卷高考真题)已知斜率为k的直线1与椭圆C:4+了1交于A,B两点，线段AB的中 点为M(1,m)(m>0). 1 （1)证明：k<一2： (2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且FP+FA+F丽=0.证明： F风，网，F团成等差数列，并求 该数列的公差. 3v213vV21 【答案】(1) k<-2:(2)证明见解析，公差为28或28· 【分析】()方法一：设而不求，利用点差法进行证明 (2)方法一：解出m,进而求出点P的坐标，得到 F网，再由两点间距离公式表示出 .F, 得到直线 的方程，联立直线与椭圆方程由韦达定理进行求解。 【详解】(1)[方法一]：【最优解】点差法 设.%.则等+答=l草+号- 两武相减，并由二头-得4+=0， 4 3 +点=1+2=m于是4⑩ 由题设知2 2 3 1 由题设得0<m<2,故<2 [方法二]：【通性通法】常规设线 设B:y=+,1(气，)B(6,）,当0时，显然不满足题意 51/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2+ 43 8kt 由k得，(3+4h2)x2+8+4r-12=0,所以，+名=3+4 △>0：即4k2+3-2>0:而2 +=1,所以3+4k2=4k' 又m=k+1=k-42+3-3 44球>0，所以k<0 4k2+3- 462+3 、-4k >0,即>解得：< 2· [方法三]：直线与椭圆系的应用 对原椭圆作关于ML,m对称的椭圆为2：+2m,少-1。 4 3 两国方我相该可得+号1中，即为的方，故 4 4m 1.m2 又点MLm在椭圆C内部可得4十了<1，解得： 0<m<2. 3 所以k3.1 一<一 4m2· [方法四]：直线参数方程的应用 x=1+tcos0, 设I的参数方程为y=m+sin0(0为l倾斜角，t为参数)代入椭圆C中得 (3cos0+4sm20)r+(6cocs0+8min61-9+4m=0.设h是线段中点4，B对应的参数，MLm)是线 段AB中点，知4+5=0得-(6cos6+8msin6)=0,即 k=tan0=-3 m如.而点ML,m在C内得43， 3<-1 解得： e0所以=物 (2)[方法一]：【通性通法】常规运算+整体思想 52/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 由题意 F.),设P）,则 (x-1,y3)+(x-1,y)+(x2-1,y2)=(0,0) 由(1)及题设得5=3-(G+)=山⅓=-（仍+为）=-2m<0 P在0上，”-.从霜儿-网 于是同G-+-+-2- 同理F历=2-之，所以F团+F团=46+)=3 故2F历H+F网即风F可，F网成等差数列 设该数列的公差为d,则 24-网-网-5G+广-5② 将m=4代入①得k=-1 1 所以1的方程为y=一x+ 代入C的方程，并整理得7x-14x+0 1 故+名=2528，代入②解得 3②7 28. 321321 所以该数列的公差为28或28· [方法二]：硬算 P+网+F丽=0，知点下为△PHB的重心，由三角形重心坐标公式可得 p=1,yp=-2mnP1,-2m) 由 ,即 由点P在椭圆上，把坐标代入方程解得m=子，即PL-多。 3 7 臣（少有太山，直线的方程为=中将其与椭圆方程联立消去得8一6x+1上0 53/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 得-14±3V② 14-3V21 -4+3a 14 ,不妨设x,<,所以= 14, 14, 2 28,同理可得， FB=2-=42-3V21 2 282,所以a+历=3，司所，数F风+网=2网 3V213V21 即该数列的公差为28或28 [方法三]：【最优解】焦半径公式的应用 因为线段AB的中点 为Mm,得+西=2 由F+肩+FB= 0,知点F为△P1B的重心，由三角形重心坐标公式可得， 1 由椭圆方程可知，e=2 白精圆的焦李径公式得1a+1历=口-e)+口-e）=2a-c5+5)=3.1历a-e,.所以 FA+FB=2FP 由方法二硬算可得， ,=14+32 3(。1)1 14或= 14,从而会差为222小- _14-3V2 ,即该数列的 3√213v21 公差为28或28 【整体点评】()方法一：利用点差法找出斜率与中点坐标的关系，再根据中点在椭圆内得到不等关系， 即可解出，对于中点问题，点差法是解决此类问题的常用解法，也是该题的最优解： 方法二：常规设线，通过联立得出根与系数的关系（韦达定理），再根据△>O即可证出，该法是解决直 线与圆锥曲线位置关系的通性通法 方法三：：类比直线与圆系，采用直线与椭圆系的应用，可快速求出公共弦所在直线方程，从而得出斜率， 54/214 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 进而得证，避免联立过程，适当简化运算： 方法四：利用直线的参数方程以及参数的几何意义，联立求出斜率； (2)方法一：直接根据题意运算结合整体思想，是通性通法： 方法二：直接硬算，思路直接，计算量较大： 方法三：利用焦半径公式简化运算，是该题的最优解. 018全国皿卷高考真题)已知斜率为k的直线1与椭圆C4+31交于4，B两点.线段4B 点为M(L,m)(m>0) 4)证明：k<-2: (2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且币++F历=0.证明：F+F团=2F网 【答案】(1)证明见解析：(2)证明见解析. 【分析】()设而不求，利用点差法，或设直线方程，联立方程组，由判别式和韦达定理进行证明： (2)方法一：先求出点P的坐标，解出，得到直线的方程，联立直线与椭圆方程由韦达定理进行求解 【详解】(1)[方法一]：【最优解】点差法 要48小则手等=1，管+普-1 两式相减，并由头二头-角4”=0。 4 3 =1,”=m,于k= 由题设知2 2 4m1 由题设知点M化mm>0)在椭圆内部，所以好写<10<m<:故太< 。1m2 .3 2 [方法二]：【通性通法】常规设线 设48：y=+,1,),8(:为），当0时，显然不满足题意， 2+ 43 8kt 由k得(3+4k2)x2+8+42-12=0,所以，+=3+4， 55/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 △>0，即4k2+3-42>0,而2 +立=1，所以3+4h2=4k' 又m=k+1=k-4k2+33 4k4k 0,所以k<0' 42+3- 4k2+3) -4k >0,即公>行，解得：k< 1 2 [方法三]：直线与椭圆系的应用 对原椭圆作关于ML,m对称的椭圆为 2-y+2m-少=1 4 3 两锅圆方程相减可剂+号=1+学如，可为的方程，收= 4m 4m 1,m2 3 又点ML,m)在椭圆C内部可得4十了<1，解得： 0<m< 2 所以k=31 4m-2 [方法四]：直线参数方程的应用 x=1+tcos0. 设I的参数方程为y=m+sin8(B为l倾斜角，t为参数)代入椭圆C中得 (3cos20+4sin'0)P+(6cos0+8msi血81-9+4m=0.设5是线段中点4，B对应的参数，M,m)是线 3 段AB中点，知4+42=0得-(6cos0+8msin0)=0,即 k=tan日=4m.而点M(1,m)在C内得4T3. m∈0， 解得： 2 (2)[方法一]：【通性通法】常规运算十整体思想 由题查得FL0),设P(西），则 (x-1,y3)+(x-1,y)+(x2-1,2)=(0,0) 56/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 由(1)及题设得5=3-(：+)=1.y=-(0y+)=-2m<0 又点PC上，-从-引所 3 于是网-+-+1=2泛 同理F2-之.所以a+华4+)=3.放F+F用-2F网 [方法二]：硬算 由历+肩+F丽=0 知点F为△P1B的重心，由三角形重心坐标公式可得 p=1,yp=-2mP(1,-2m) ,即 由点P在椭圆上，把坐标代入方程解得m=子，即PL-多， 3 由山有k= 3 1 ,-,直线I的方程为y=-x+4将其与椭圆方程联立消去y得28x2-56x+1=0:求 14±3V21 -14-3W21.14+3√27 得=4，不妨设,<,所以14， Xg=14 228，同理可得， FB-2-=42-32 2 28,所以FA+1FB3,而 .故同同阿 [方法三]：【最优解】焦半径公式的应用 因为线段AB的中点为 M(l,m)）a+x3=2 ，得 由示+FA+F历=0，知点F为△P8的重心，由三角形重心坐标公式可得， 由椭圆方程可知，e=2 由椭圆的焦半径公式得1Fa1+1FB卡(a-e)+(a-ex)=2a-e(G+)=3,1FP非a-e,=:所以 57/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 F+FE=2F网 【整体点评】()方法一：利用点差法找出斜率与中点坐标的关系，再根据中点在椭圆内得到不等关系， 即可解出，对于中点问题，点差法是解决此类问题的常用解法，也是该题的最优解： 方法二：常规设线，通过联立得出根与系数的关系（韦达定理），再根据△>0即可解出，该法是解决直 线与圆锥曲线位置关系的通性通法： 方法三：：类比直线与圆系，采用直线与椭圆系的应用，可快速求出公共弦所在直线方程，从而得出斜率， 进而得证，避免联立过程，适当简化运算： 方法四：利用直线的参数方程以及参数的几何意义，联立求出斜率； (2)方法一：直接根据题意运算结合整体思想，是通性通法； 方法二：直接硬算，思路直接，计算量较大，一般不建议使用： 方法三：根据所求式子特证，利用焦半径公式，很好的简化运算，是该题的最优解. 考点06弦长问题 x2.y2 1.（2021新高考全国Ⅱ卷高考真题)已知椭圆c的方程为+方=1a>b>0 ,右焦点为F2,0,且 vG 离心率为3· (1)求椭圆C的方程： (2)设MN是精圆C上的两点，直线MW与曲线+y=b(>0相切.证明：MN,F三点其线的 充要条件是 MN3 【答案】《号+广=1，(2证明见解标 【分析】(1)由离心率公式可得a=V5 b ,进而可得，即可得解： (2)必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证 MN=3 58/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 MN:y=kx+m,(km<0 充分性：设直线 ,由直线与圆相切得㎡=+1，联立直线与椭圆方程结合弦长公 式可得+伊24 1+3kV3 ,进而可得k=1,即可得解。 (详解】(1)由题意，椭圆半焦距c=V2且e=a3,所以。、 x2 又=a2-c2=1所以椭圆方程为3+y=1: x2+y2=1(x>0) (2)由(1)得，曲线为 当直线MN的斜率不存在时，直线MNW:x=1,不合题意； 当直线MN的斜率存在时，设” nM(x,),N(2,2) 必要性： 若MX,F三点共线，可设直线N:y=k(x-2)即：-y-2k=0, 2k 由直线N与曲线产+少=1>0)相切可得+1，解符k=士 y=(x-V2) 联立 3+2=1 可得 4x2-6V2x+3=0 所以5+5 253, 32 4 所以MN=1+1V:+x}-4x石=V5 所以必要性成立： 充分性：设直线 MN:y-k+m.(km )m0 由直线MN与曲线x2+y2=1(x>0)相切可得Vk2+1,所以m2=k2+1, 59/214 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 y=kx+m 联立 3+y=1可得(1+3k2)2+6kx+3m2-3=0, 6km 3m2-3 所以+5=1+3 1+3k2, 所以MW=+FG+x)广-43=+ 6n)2 3m2-3 -4. 1+3k2 1+3k2 =V1+k.242 1+3k2=V3, 化简得3-少=0，所以k=1, k=1 [k=-1 所以m=-2或m=V2,所以直线MW:y=x-√2或y=-x+V2, 所以直线MW, F5,0),M,N,F三点共线，充分性成立 过点 所以M,N,F三点共线的充要条件是 MN3 【点睛】关键点点睛： 解决本题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重 2（202北京高考真题)已知椭圆￡：￡+片 京+F=1a>b>0)的一个顶点为A0,),焦距为25： (1)求椭圆卫的方程： ②)过点P(-2,1)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B,C,直线AB,AC分别与x轴交于点M,N, 当MNF2时，求k的值. 【答案】4+严=1 2)k=-4 60/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 b=1 【分析】(1)依题意可得 2c=2√5 c2=a一62即可求出，从而求出椭圆方程： a (2)首先表示出直线方程， B(,）.C(,为)，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由直线 AB、AC的方程，表示出M、v,根据 MN=y-xW得到方程，解得即可： 【详解】(1)解：依题意可得b=1.2c=25 又c2=a2-b x2 所以。=2所以椭圆方程为4+少=1： (2)若直线斜率不存在，x=-2与椭圆只有一个交点，不合题意： P(-2,1) 所以直线斜率存在，设过点 的直线为'-1=(x+2) 设B(,）、C(,）,不纺令2≤<6≤2。 y-1=k(x+2) 由4+y=1,消去y整理得(1+42)2+16k2+8)x+16k2+16k=0: 所以△=(62+8k-4+42)16k2+16k)>0,解得k<0, 所以5+5=162+8影 16k2+16k 1+4k2,x3= 1+4k2, y-1=-1x 直线AB的方程为x，令y=0。解得“1-y -1=-1 名，令y=0,解得“-为， X 直线AC的方程为 1-[k(s+2)+1]1-k(x+2)+1] 61/214 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 -k(x,+2)'k(x+2) (x2+2)x-x(x+2） k(x2+2)(x+2) 2- 6+24+22. 所以-=+205+2） 即V+广-4x=k[x+2(x+x)+4 16队2+8k2 16k2+16k *2 16k2+16k, 即 -4× =k 1+4k2 1+4k2 1+4k2 即eaj-0e+刘-[6-16-20404 整理 8k=4,解得k=4 C: 3. (2020北京高考真题)己知精圆C:云+云过点4(-2，-，且a=2b (I)求椭圆C的方程： PB (I)过点B(-4,0)的直线I交椭圆C于点M,N,直线MM,NA分别交直线x=-4于点P,卫.求B0的值. x2,y2 答案】(1)8+方1，()1 【分析】四由题意得到关于α，b的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程； 四)首先联立直线与椭圆的方程，然后由直线MA,A的方程确定点PQ的纵坐标，将线段长度的比值转化 为纵坐标比值的问题，进一步结合韦达定理可证得 p+yo=0 ，从而可得两线段长度的比值， 62/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 x2,y2 【详解】0设椭圆方程为：云+尔=1(a>b>0) 由题意可得： 4.1 [a2=8 a=2b，解得：1b2=2, 故椭圆方程为：82 四[方法一]： 设M(,）,N(,）,直线MN的方程为：=(x+)。 与精园方在营+1联立可得：44秋任+4=8， 即：（4+)r2+32kx+(64k2-8)=0 则：古+ 2+75=64k8 -32k2 4k2+1 y+1=当+1 直线MA的方程为： 专*2(6+2) y=-2x当+-1=-2×k+4)+1x+2-(2k+1003+4) 令x=-4可得： x+2 x+2x+2x+2 6-二2+15+4) 同理可得： x2+2 PBye 很明显ypyo<0,且Pgo,注意到， +。=-(2k+1+4+5+4）=-(2+1x凸+43+2)++4医+2 (x+2x2+2 (x+2)(x2+2) 而低+4：+2)+(G+4+2)=2[x5+3(+x)+8] 63/214 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2/ 64k2-8 +3× -32k2) 4k2+1 +8 4k2+1 =2x(64-8+3x32）+8(4+9-0 4k2+1 故+。=0n=2 IP- 从而Bgye [方法二]【最优解】：几何含义法 ①当直线1与x轴重合，不纺设M(25,0,N25.0,由平面几何知识得 ar后g-a0r =√2 BPL=1 ,所以BO1. ②当直线1不与x轴重合时，设直线：x=y-4,由题意，直线1不过4(-2，-)和点(-2，)，所以t≠士2 x=y-4, 设M(6,),N飞，)联立8+之=1得(+4)y2-8即+8=0.由愿意知A>0所以，>4且 8t 8 片+为=2+4%2+4. 1a:y+1=当+ x+2) 由题意知直线MA,NA的斜率存在. x,+2 当x=-4时， ,=20+-1=2-2--2-2%-(0-4)-4-6+24=1+2y x+2 x1+2 x+2 x+2y-2· 同理，6-《+2丛2 1PB1_t+2)y:(y2-2_yy-2y y,-2.所以BQ (t+2)y2(y1-2)yy2-2y2 64/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 PB|_ y+2-2y y2-=1 因为yy2=y+y2,所以|BQ| y+y2-2y2 y1-y2 【整体点评】方法一直接设直线M的方程为： y=k(x+4) 联立方程消去y,利用韦达定理化简求解； 方法二先对斜率为零的情况进行特例研究，在斜率不为零的情况下设直线方程为：x=少-4，联立方程消 去x,直接利用韦达定理求得P,Q的纵坐标，运算更为简洁，应为最优解法 考点07面积问题 1(（2026全国一卷高考真题)已知椭圆C:二+广 :a+=1a>b>0)的左焦点为F-1,0:离心率为) (1)求C的方程： (2)设O为坐标原点，过F且斜率大于0的动直线1与C交于P,Q两点，其中Q在第三象限，直线PO与 C的另一个交点为R. (i)若△PQR的面积是△PFO的面积的3倍，求I的方程； (i)求tan∠PpR的最小值. x2+y2 【答案】a)4+3=1 2)i),少=2x+）,而 【分析】(1)根据焦点以及离心率的定义即可求解： (2)()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：（由于∠PQR是 直线Pp与直线R巴的夹角，列出tan∠PQR的表达式即可求解 x2,y2 1 【详解】（山已知椭圆云+存的左焦点为F(-L0),离心幸-五， 65/214 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 则c=le=c=1 a2,解得a=2,6=a2-c2=22-12=4-1=3 x2.y2 =1 因此椭圆方程为43 (2)解法一： 设y=(x+>0),点P,）,点0(，)，其中5>5。 y=k(x+1) 联立直线，与椭圆方程 + 3=1，得(3+4k2)x2+82x+42-12=0' 43 8k2 4k2-12 由韦达定理得x+x2= 3+4x=3+4k2, 由于P,R两点在椭圆上，关于原点对称， 所以点 (,-）,且y=+为=k(s+) (i) 由面积公式，5w=0F-为=1-y-6-), 又因为0是线段PR的中点，所以5ro=5,a00,所以5，e=2S.g0=(6-）, 8w-o-含t, S.POR=3 由于SP0,得2(-)=3(：+1)，即x+2x2=-3, 9-4u 9+4u 令u=k2,由+x=3+4与x+2x=-3,得=3+4 ,2= 3+4u’ 66/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 4u-12 (9-4u)(9+4u）4u-12 代入书= 3+4,得(3+4)2 3+4w,解得u= 所以2，所以直线的方程为 2(x+) 出-业=k5+为+2=-3 (i)直线QR的斜率为--为”，+为4， 3 k+- 于是an∠PQR 4k 3、。 =4k+ 3 2≥24k k3=4W5,当且仅当，5时取等号， 1 4 k= 2 an∠PQR v3 故 的最小值为 解法二： ①如图所示，设直线，的方程为x=m-1,其中斜率k= ->0→m>0. 设点P6,）,点0(），且<0 根据椭圆的中心对称性可知，点 (-x,-y) x=my-1 联立直线与椭圆方程，得 x2 y2 年+3=1，化简得（3m2+4)y2-6my-9=0: 6m -9 由韦达定理可得%+为=3m+4%=3m+4, 因为R是P关于原点O的对称点，所以O是线段PR的中点， 67/214 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .ro=S.0,所以 因此 rOR=2SAr00 由于5ae=3Sm,所2 S△Peo=3S△pm S.F1y-g-小y-以， 8m-2oF-=1=2l, 所2=3刘.-- 3 由于y>0,y2<0,所以简化为少-为=2乃→=-2y, -6m 代入韦达定理，得34.则少22344=32士4 .22V5 化简得45m2=36,由于m>0,解得m-5亏， 2V5 所以直我的方程为一5一1，即少4×小 x= (i)由题意，∠PQR即为直线QP与直线QR的夹角， 直线P即直线'，方程为=m-1(m>0), 点Q()小，点P(G,）,点R(←5，-y）,直线OP的斜率= m 直线0r的料幸：=女)上+ x2-(-x)x32+, 由于P,0在直线=mw-1m>0)上，有5=my-15=m,1 出+2 6m m(0+为)-2，代入1+%3m+4, 则 68/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 6m 则s 3m2+4 6m 6m 3m m· ,6m,-26m2-2(3m2+4）-84, 3m2+4 设直线QP的倾斜角为a,直线QR的倾斜角为P,则∠POR=π-B+x, an∠PQR=tan(π-B+a)=tan(a-B)= tana-tanB kor-koR 因此 1+tanatanB 1+korp'koR 13m 即tan∠PQR= kor-kor=m 4 4+3m2 4 =3m+ 1+kop:KoR 1+ 13m m' m4 3m+4≥23m 4 =4v3 25 由基本不等式 m 当且仅当3m=4 m,即ms 3时取等号，所以tan∠PQR的最 小值为 4V3 x2y2 （2026北京高考真题)已知椭圆E:a+京1。 1 2. (a>b>0)的一个顶点是(2,0)，离心率为2. (1)求E的方程： ®过点4)，斜率为 k(k≠±1) 的直线交椭圆E于B、C两点，B关于'=的对称点为D,DC交'=x 5 于0，若5ae-Sa-求k x2.y2 =1 【答案】1)43 ②② 4 【分析】(1)利用顶点坐标及离心率计算即可得： (2)设出直线c,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D、点 69/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 。40,结合恩日所给条件与韦达定 .ABe与 Q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 理计算即可得解。 【详解】(1)由题意可得a=2,则e=。=V“。6=V4-b1 x2,y2 一22，即b=V3,故E的方程为43=1 (2由题意可符cy=-)+1,设B(,）.C(,) 由8关于直线’=x对称的点为D,则D()】 43 联立 y=k(x-1)+1消去y得：(4k2+3)x2-8k(k-1)x+42-8k-8=0: 12,127 由4+312<1，故A在椭圆内部，故A>0恒成立，有x+ 8k(k-1) a22、xx2=4-8k-8 4k2+3’ 则+乃=(G-)+1+(6-)+1=k(G+)-2k+2 y2=[k(:-1)+1]·[k(-1)+1=k2xx+(k-k2)x+x)+k2-2k+1 y=2-(x-)+x 1oy=-(x-y）+x,联立 x2-y1 x2-y1 y=x 会-+5,6-=0--+-） 则x2- XX2-yiy2 Xx2-yiy2 X x2-yiy2 整理得+5+.即6+)+万6+))， =5 4= 点B到直线AQ的距离 V2,点C到直线A0的距 √2， g-w期5m安.sm-邱 70/214 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 数斗k 等t-+--)- -)-(G+)H(6+》 -5--X+)小+2-1(G+)-(+)2+ =20-k2)x6-(-k23+x)广-2+ 1L-k042-8k-8).-x-)+ 2 4k2+3 4k2+3 4k2-8k-8-4k4+8K3+8K2_82-8k-8+8k3+4k-3k2+42+3 2 4k2+3 4k2+3 4k2+3 15k2-55 24k2+38, 即有5-5+草.若，1小则5-华无解，不行 则k2<1, 有5-5k2=5k2+15 ,解得 4: 4 A B.2025北京高考真愿)已知椭圆F。+方京=1(a>6>0 √2 的离心率为2，椭圆E上的点到两焦点的距 71/214 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 离之和为4 (1)求椭圆E的方程； (2)设O为坐标原点，点 M(xo,%)x≠0) 在椭圆B上，直线x+24=0与直线'=2，y=-2分别交 S 1OA 于点A,B.设△OAM与△OBM的面积分别为S,S2,比较S与OB的大小. r.y =1 【答案】1)42 SOA (2)S,OB 【分析】(1)根据椭圆定义以及离心率可求出a,c,再根据，b,c的关系求出b,即可得到椭圆方程： OA SAM (2)法一：联立直线方程求出点A,B坐标，即可求出OB,再根据S2BM,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∠AOM=∠BOM,再根据三角形的面积公式即可 解出 群1由，2a=4,所以a2,支名.以c2,6-oc r=I 故椭圆B的方程为42： xx+2yy-4=0 后1 4-2yy+2y2=4, ,消去得，( 2x6+4y)y2-16yoy+16-4x6=0 整理得， ①， +令=1，所以2x+4=816-4=8” 又 42 故O式可化简为8y-16,y+8=0,即0y-广=0，所以y=人， 72/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 xox+2yoy-4=0 所以直线 与椭圆相切，M为切点 s-l04 设A(:,乃)，B(x,),易知，当x=x时，由对称性可知，S2OB. S_AM_压-=- 故设x2<x。<x,易知S2BMK2-xx。-x2, Xox+2yoy-4=0 X1= 联立y=2 4-40,y=2 ,解得 xx+2yy-4=0 联立y=-2 4+40,2=-2 X2= 解得 44-x4-4= S=-=6 所以S2。-xx 4+4yx7-4y6-4 2y-4y=2- -2y6-4y%2+%, 4-4y% +4 OA 40-}+x号 V4(1-%}+4-2%--4+4_2-业 OB 4+4y +4 V4(1+%+x6V40+%+4-2 V+4y。+42+? S OA 故S2OB. S.OA 法二：不妨设A(x,),B(x2,2),易知，当x=x2时，由对称性可知，S2OB 故设5<<与 xx+2yy-4=0 联立y=2 ,解得 4-40,=2 73/214 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 Xox+2yoy-4=0 联立y=-2 ，解得 4+4,为=-2 X2= ,则%1=±V2,x=42 若古0 由对称性，不妨取=2，=45，则40,2)，B(4W5,-2)M(2,】 2,2 tan∠BOM=2 4 1-2xV2 5,所以 tan∠BOM=√2 24 AOM=∠BOM 同军，当=0时，∠40M=∠B0M 当5≠0时，则044-4%2-2， x24+4y%2+2y0, 0, 尊+号-1，所以6+2纺-4 xo yo 所以tan∠A0M=o-kau=2-2y5 1+kos'kow 1+%oxo 2-2yx0 =-5+28-2y=-4-2-2 x（0y0-2) x(%-2)x0, an∠B0M=kay-ka=2+25 5+26+2少=4+2%=2 1+kow·kos1+h× x(+2)(,+2)本， Xo 2+2y0 则tan∠AOM=tan∠BOM,即∠AOM=∠BOM, S_lO4 OMsin.∠AOM_lO4 所以S2|OB OMsin∠BOM OB 74/214 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 =2 M y=-2 4. 2025全国二卷高考真圈)已知椭圆C:元+5尔=1Q>b>0)的离心率为，长轴长为4 (1)求C的方程： (2)过点(0，-2)的直线1交C于A,B两点，O为坐标原点.若△OAB的面积为√2，求AB|. x2.y2 =1 【答案】1)42 R峪 【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a=2,而离心率为2，故c=2, 故b=V5,故椭圆方程为：4+2 =1 (2) O 由题设直线AB的斜率不为0，故设直线 :x=t(y+2）A(G,y),B(2,2) 75/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 x=t(y+2) 由x2+2y2=4可得(2+2)y2+412y+42-4=0, 数4=16-4+24-4)=4(8-4r）>0即万<1<5 *g茶 4t2 故5mp-=G*-4- 4V32-16r2 t2+2 !=tv6 解得3， s7后2 6x3=5 32 5.(2024新课标I卷·高考真题)已知4(0,3) P C:y2 3)为椭C:+云-a>6>0上两点 (1)求C的离心率； (2)若过P的直线1交C于另一点B,且△ABP的面积为9，求I的方程. 【答案】1)2 2)直线1的方程为3x-2y-6=0或x-2y=0 【分析】(1)代入两点得到关于a,b的方程，解出即可； AP (2)方法一：以为底，求出三角形的高，即点B到直线4P的距离，再利用平行线距离公式得到平移 后的直线方程，联立椭圆方程得到B点坐标，则得到直线的方程；方法二：同法一得到点B到直线AP的 距离，再设 B(xo,Yo) 根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点B到 直线AP的距离，利用椭圆的参数方程即可求解：法四：首先验证直线AB斜率不存在的情况，再设直线 76/214 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 y=kx+3 PB ,联立椭圆方程，得到点坐标，再利用点到直线距离公式即可：法五：首先考虑直线斜率 3 不存在的情况，再设P8:y一2k(:-3引，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案：法六：设线 1 法与法五一致，利用水平宽乘铅垂高乘2表达面积即可。 b=3 【详解】(1)由题意得9 +。是=1解得=9 9 a2=12 ,b2 91 所以e=-。1-22 33 ②)法一：k=0子-则直线p的方程为少= 2-=-1 AP -2x+3.即x+2y-6=0 d=2x9125 355 设点B到直线4P的距离为d:则 2 125 则将直线AP沿着与AP垂直的方向平移5单位即可， 此时该平行线与椭圆的交点即为点B, 设该平行线的方程为：x+2y+C=0, C+6125 则√55，解得C=6或C=-18, x2 y2 =1 x=-3 12+9 x=0 3 当c=6时，联立x+2y+6=0,解得y=-3或y= 2 77/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 3 当B(0,-3)时，此时4=2，直线1的方程为y=2x-3,即3x-2y-6=0, 1 1 3是时.2.直理方为r2 x2,y2 =1 129 当c=-18时，联立x+2y-18=0得2y2-27y+17=0 △=272-4×2×117=-207<0 此时该直线与椭圆无交点 综上直线I的方程为3x-2y-6=0或x-2y=0. 法二：同法一得到直线AP的方程为x+2y-6=0, 12W5 d= 点B到直线AP的距离“5， x+2y-612N5 V5 5 x=-3 设 ,则 ，解得 3或x=0, B(x,%) 129 %= 2%=-3 3 -3, 即B(0,-3)或 2, 以下同法一 法三：同法一得到直线AP的方程为x+2y-6=0, 12W5 d= 点B到直线AP的距离5， 2V5cos0+6sin0-6125 设B2V3cos0,3sin0),其中0∈[0,2π)，则有 5 5 78/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 cos0=-- 联立 2 ，解得 或cos0=0, cos20+sin20=1 sin0=-2 sin0=-1 即8(0-3)或3 2) 以下同法一： 法四：当直线AB的斜率不存在时，此时 (0,-3) 1 3 3 Sm=2×6x3=9,符合题意，此时k=2,直线1的方程为y=2-3,即3x-2y-6=0: 2 当线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+3, y=+3 后+号=1，则4+3+24=0：英中e即￥ ,y2 联立椭圆方程有 -24k 解得x=0或42+3，k≠0；≠-)， -24k -12k2+9 B-24k-12k2+9 令x=42+3,则少=42+3，则气42+3’4k2+3 同法一得到直线AP的方程为x+2y-6=0, 12v5 d= 点B到直线AP的距离5， -24k +2x-12k2+9 -6 4k2+3 4k2+3 125 5 ,解得k=3 3, 3 1 1 此时（ 2), 则得到此时=2，直线1的方程为”=2，即x-2y=0, y= 综上直线1的方程为3x-2y-6=0或x-2y=0 79/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 法五：当的斜率不存在时， x=》P明= 到PB距离d=3, 9 此时SBm=)×3×3=)≠9不满足条件 2 3 当)的斜率存在时，设PB:y-k(x-3,令P(飞，y),B(,), 3 y=k(x-3)+ -1 ，消可得 y”(42+3)x2-(24k2-12)x+36k2-36M-27=0 △=24-12-442+3训36t-36k-27）>0,且k即长*- 24k2-12k 43e+13k2+9%+27 4 3443627 4k2+3 4k2+3 3k*3引 14W52+13k2+9k+27 .= 4 3k3 4到直线p%距离d =9 Vk2+1 2 4k2+3 Vk2+1 k13 3 2或2，均满足题意，1：y=2或y=2-3,即3x-2y-6=0或x-2y=0 法六：当的斜率不存在时， x=33P-3 到PB距离d=3, 此时S郎三)×3×3=，9不满足条作 当直线斜率存在时，设1：y=k(x-3)+3 2 设l与y轴的交点为Q,令x=0,则( y=-3+月 联立3x4r=36:则有6+4)水-}+36-36-27=0， 80/214 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 6+4)r-8%36-引+362-36t-27=0 4=8(--46+406c-36-2列少0.n 2, 则3x,=36k2-36k-27=122-12k-9 3+4k2 -,XB= 3+4k2 ,312k+18=9k= 1k= 3 S0B+,保2政2，代人足果程 3 则直线7为y=2x或y=2-3,即3x-2y-6=0或x-2y=0 x2,y2 6. （2023:天津高考真题)已知椭圆a+京=1a>b>0 的左右顶点分别为4,4，右焦点为F,己知 AF=3,A,F=1 (1)求椭圆的方程和离心率； ⊙点P在箱同上（异于稀圆的顶点），直线”交'轴丁点0.者三角形4P吧的面头是三角形4PF 面积 AP 的二倍，求直线 的方程 x2 y2 -=1 e= 【答案】①)椭圆的方程为43，离心率为2 (x-2) 81/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 a+c=3 【分析】(1)由a-c=1解得a=2,c=1,从而求出b=V3,代入椭圆方程即可求方程，再代入离心率公 式即求离心率 4P (2)先设直线 的方程，与椭圆方程联立，消去》，再由韦达定理可得4，从而得到P点和P点坐 标由5a44=5a4m+5a4=25a4m+Sa4得2，=3，即可得到关于女的方程，解出女，代入直线 AP 的方程即可得到答案 【详解】(1)如图， y体 A 「a+c=3 由题意得a-c=1,解得a=2,c=1,所以b=V22-1P=5, x2,y2 所以椭圆的方程为4+了1，离心率为一。之 e= x2.y2 (②)由题意得，直线4P斜率存在，由椭圆的方程为4+方 可得4(2,0) 设直线4P y=k(x-2) 方程为 ( =1 43 联立方程组 y=k(x-2)消去y整理得：(3+4)x2-16k2x+16k2-12=0 82/214 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 16k2-12 8k2-6 由韦达定理得x4·xp= 3+4k2,所以xp= 3+4k2, 8k2-6-12k 所以3+4k23+4k2,9(0,-2k) 所以5a4x4Sm=分X1,s46x4， 1 所以 S=o+=2+ 所以2g=3.小即2斗2=3 12k 3+4k2, k=士 6 解得 2，所以直线4P的方程为)x》 7. （2023全国甲卷高考真题)已知直线-2y+1=0 C:y=2px(p>0)A,B 抛物线 交于两点，且 |AB=4V15 ()求P: Q)设P为C的焦点，MN为C上两点，M-示=0，求△M 面积的最小值、 【答案】I)p=2 2)12-8v2 【分析】()利用直线与抛物线的位置关系，联立直线和抛物线方程求出弦长即可得出P； (②设直线MN:x=m+”,M(N,小利用FMN=0,找到m”的关系，以及MFN的面 积表达式，再结合函数的性质即可求出其最小值. 【详解】（山）设x小B(,ya) x-2y+1=0 由y2=2px 可得，y2-4py+2p=0,所以y4+yg=4P,y4yg=2p, 83/214 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以4B=Vx-x+(y4-ya》=V5y4-ya=5xVy4+y-4yya=45, 即2p2-p-6=0 因为P>0,解得：P=2 2因为F10) ,显然直线MN的斜率不可能为零， 设直线MN:x=my+n.M(:,y),N(x,2) y2=4x 由x=my+n可得，y2-4my-4n=0,所以，y+y2=4m,yy2=-4n, △=16m2+16n>0→m2+n>0 因为m网=0，所以：-6-)+=0 即my+n-(m+n-1)+y5=0 亦即(m++m(n-0+y)+(n-=0 将为+5=4m,=-4n】 代入得， 4m2=n2-6n+1,4m2+m）=(n-1)>0 所以”1，且-6+1≥0，解得”≥3+25或”≤3-25 d=-1 设点F到直线MN的距离为d,所以V1+m2, MWl=Vx-x)}+(y-)}=1+m2ly-yl=1+m2V16m2+16m =1+m2V4(m2-6n+1)+16n=21+mn-1, ee价我-分wd-会aic-e- 而”≥3+25成0≤3-25.所以 84/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 当n=3-2V2时，aMFN的面积Sm=(（2-2V2=12-8V2 【点睛】本题解题关键是根据向量的数量积为零找到m,”的关系，一是为了减元，二是通过相互的制约关 系找到各自的范围，为得到的三角形面积公式提供定义域支持，从而求出面积的最小值， g202新高老全国卷高老真思)已知点4在双曲线C:广台a>》 上，直线1交C于 卫，9两点，直线AP,A犯的斜率之和为0， (1)求1的斜率； Q)若am∠PA0=2V2 △PAQ ,求 的面积. 【答案】1)-1： 16W2 2)9. 【分析】(1)由点4(2，)在双曲线上可求出a,易知直线I的斜率存在，设：y=+m, P(x,y),(x2,y2) 再根据p+ko=0 ,即可解出I的斜率： (2)根据直线 AP,AQ 的斜率之和为0可知直线1B40 的倾斜角互补，根据 an∠PAQ=2V2 即可求出直 线AP,AQ的斜率，再分别联立直线AP,AQ与双曲线方程求出点P,Q的坐标，即可得到直线PQ的方程以 及PO的长，由点到直线的距离公式求出点A到直线P卫的距离，即可得出△PAQ的面积. 41 【详解】(1)因为点42，D在双曲线C云a-1a> 上，所以a2a2-1,解得a2=2,即双曲 线C: 2=1 易知直线I的斜率存在，设：y=+m,P(,),Q(,) 85/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 y=kx+m x2 联立2-=1可得，(1-2k2)x-4mk-2m2-2=0, 所以，+书= ,s=i6m-erpe-小0=1-20a9 4mk 2 -1+-1=0 所以由k+人40=0可得，-2x-2 即年-2+m-)+(G-2)(c+m-1)=0 即23+(m-1-2k5+)-4(m-1)=0 22+61-2}4(a-小=0于 所以2k2-1 化简得， 8+-4+4加k+)=0,即k+2k-1+m)=0 所以k=-1或m=1-2k, 当m=1-2k时，直线 :y=c+m=k(x-2)+1A(2,1 过点 ,与题意不符，舍去， 故k=-1 (2)[方法一]：【最优解】常规转化 a,B a< 不妨设直线PA,A№的倾斜角为 因为k+k0=0,所以a+B=元，由(I)知， xx32=2m2+2>0 P,O ∠PAQ=2a an2a=2√2 当均在双曲线左支时， ,所以 V2 tana= 即V2tana+tana-√2=0，解得 2(负值舍去) 此时A与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去： 86/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 当P,Q均在双曲线右支时， 因为m∠P40=25,所ea(B-a)-=25,即m2a=-25. 即5ama-tma-5=0,解得 tan a =v2 (负值舍去)， 于是，直线P4:y=v2(x-2)+1,直线1：y=-5(x-2+1 y=V2(x-2)+1 联立 2y2=1 可得，r+25-4小+10-45=0， 因为方程有-个根为2，所以10柜 42-5 3,=3, 同理可得，名10+42 -4√2-5 3，=3 2+1- 所以p0:y号-0PQ-5点到直线po的距夹d. 322, 3 A PO 3 1162W2_162 故△PA的面积为2339. [方法二]： 设直线AP的倾斜角为a,V 由an<PA0=25,得m.9 22. 画2a+2P40=得n=na=5,即-2 3,方425 联立号5，及--1用045. x2 3 同尾5：05，为5 3，故5+5=20， 9,5- 而4P昨51-2,140=31-2 87/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 由an∠P4AQ=2V2,得sn∠PM0=2 3 故Sp0 lAP14Q1sin∠PA0=215-2+5)+4165 【整体点评】(2)法一：由第一问结论利用倾斜角的关系可求出直线PA,PB的斜率，从而联立求出点 P,Q 坐标，进而求出三角形面积，思路清晰直接，是该题的通性通法，也是最优解： 法二：前面解答与法一求解点P,Q坐标过程形式有所区别，最终目的一样，主要区别在于三角形面积公式 的选择不一样。 x2,y2 9(2022天津高考真题)椭圆a+存=1(a>b>0) 右焦点为F,右顶点A和上顶点为B满足 BF 3 AB 2· (1)求椭圆的离心率e; ②直线1与椭圆有唯一公共点M,与轴相交于点N(N异于0.记0为原点，若OM=OW,且 △MON 3 的面积为，求椭圆的方程. 【答案】I)e= 6 3 x2,y2 2)6+2 =1 【分析】(1)根据已知条件可得出关于a、b的等量关系，由此可求得该椭圆的离心率的值： x2+3y2=a2 (2)由(1)可知椭圆的方程为 设直线的方程为=众+m,将直线'的方程与椭圆方程联 立，由△=0可得出m 出3m=a(+3冰)，求出点M的坐标，利用三角形的面积公式以及已知条件可求得 的值，即可得出椭圆的方程 88/214 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 BF b2+c2 a 【详解】(1)解：AB√b2+a2 +3→4a=36+a2)a2=363 a2-b6 离心率为e=。a2=3 x2+3y2=a2 (2)解：由(1)可知椭圆的方程为 易知直线I的斜率存在，设直线的方程为y=c+m, y=kx+m 联立x2+3y2=a2得（1+3k2）x2+6kmx+(3m2-a2)=0, 由A=36m-40+33mr-a）=0→3m=a+3),0 3km m Xw=- 32+1,w=w+m= 1+32, 由10M=lON可得m-m(9k2+少 (3k2+1），② 由-5可0时-5，@ 1 联立①②3可得2= x2,y2 3”m㎡2=4’。2=6故椭圆的标准方程为6+之=1 C:x2=2py(p>0) 10.(2021·全国乙卷高考真题)已知抛物线 的焦点为F,且F与圆M:r+0+4=1 上点的距离的最小值为4. (1)求P: (2)若点P在M上，PA,PB是C的两条切线，AB是切点，求△PAB面积的最大值. 【答案1)p=2,2)205 【分析】(1)根据圆的几何性质可得出关于P的等式，即可解出P的值： (2②设点1(）、B(,入、P）,利用导数求出直线PA、PB,进一步可求得直线B的方程， 89/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 AB 将直线4B的方程与抛物线的方程联立，求出A以及点P到直线AB的距离，利用三角形的面积公式结合 二次函数的基本性质可求得△PAB面积的最大值， 【详解】(1)[方法一]：利用二次函数性质求最小值 由题意知， 设圆M上的点N(o),则x6+(。+4)}=1」 所以=1-(+4(-5≤%≤-3) 从面有NF民+号-广--0+4+号--p+%15+耳 因为5≤%S3,所以当为=-3时，1NL?+初+9=4 又P>0,解之得p=2,因此p=2」 [方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最小值 抛物线C的焦点为(2， FMI=2+4 2 所以，F与圆M:x2+(y+4}=1上点的距离的最小值为2 +4-1=4,解得p=2: (2)[方法一]：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法 抛物线C的方程为：4，即y=牙。对该数求导得少 设点4(，）B(,)P() 直线p的方程为y-y=之仪-X),即y=号-%，即5x-2-2y=0, 同理可知，直线P8的方程为x-2-2y=0 xx-2y-2%=0 由于点P为这两条直线的公共点，则x。-2y2-2。=0, 90/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以，点A、B的坐标满足方程 x-2y-2y=0 所以，直线1B的方程为-2y-2=0 xx-2y-2y=0 联立y=4 ,可得x2-2xx+46=0? +x2=2x0x5=4% 由韦达定理可得 所以，M=+(G+-4=+4G-4如】 -4 点p到直线4B的距离为d= V好+4， 所以，Sas=hd=2(后+40G-4奶 台-k x6-4y=1-(0%+4)-4y=-y6-12y。-15=-(0%+6)+21 1 202=20W5 由已知可得-5≤%≤-3，所以，当%=-5时，△PAB的面积取最大值2 方法二]【最优解】：切点弦法+分割转化求面积+三角换元求最值 同方法一得到+名=25=4。 过P作的半行线交于0，则乏为 seP阳k---26-16,-6-4月 xo =cosa, P点在圆M上，则y=-4+sina, sw-6-4-eowa-4smu+l6j-ma+2+2可 91/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 故当sina=- 时aPAB 20W5 的面积最大，最大值为， [方法三]：直接设直线AB方程法 ) A,4 设切点A,B的坐标分别为( y=kx+b, 设lB:y=kr+b,联立lB和抛物线C的方程得x2=4y,整理得x2-4x-4b=0. 判别式4=16+16>0，即+b>0 +x2=4k,x2=-4b 且 x2 '= 抛物线C的方程为2=4，即'-4，有 2 则，y手产-).整理得少产x-手，同理可得wy=子x-年 42 2 2 4 y=x- 2 4 联立方程 即 y= X2. 可得点P的坐标为 x- P +五) 2 4 24 P(2k,-b) 将点P的坐标代入圆M的方程，得(2+(-h+4=1,整理得=16 4 由弦长公式得4BF1+-x=1+尺V(任+}-4，=+V16+166 2K2+2b 点P到直线B的距离为=+1。 所以a81-i+1+=4+-4--4 -b2+12b-15 4 其中n=-be-5-引nbeB, ,即 当b=5时，(S.PB)nr=205 FN 【整体点评】(1)方法一利用两点间距离公式求得 关于圆M上的点 N(xo:Yo) 的坐标的表达式，进一 92/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 yo 步转化为关于的表达式，利用二次函数的性质得到最小值，进而求得的值；方法二，利用圆的性质， F与国以：子+0+=1上白的距实的限小值：简洁时快，为代新：2)方法设色4北，) B(x2,2)P(x,%) 利用导数求得两切线方程，由切点弦方程思想得到直线AB的坐标满足方程 xx-2y-2y= 0,然手与抛物线方程联立，由韦达定理可得+名=2.4%，利用弦长公式求得 的长，进而得到面积关 P(。,）坐标的表达式，利用圆的方程转化得到关于”的二次函数最值问题； 方法同方法得工+52，，过P作y轴的平行线交视于9测9汤功 .由 S。PQk-求得面积关于P化，）坐标的表达式，并利用三角函数换元求得面积龄大值，方法 LaB:y=kx+ 灵活，计算简洁，为最优解；方法三直接设直线 ,联立直线AB和抛物线方程，利用韦达定 理判别式得到+6>0，且 +x2=4k,xx2=-4b k,b 利用点P在圆M上，求得，0的关系，然后利用导数求 得两切线方程，解方程组求得P的坐标P(2k,-b),进而利用弦长公式和点到直线距离公式求得面积关于b 的函数表达式，然后利用二次函数的性质求得最大值： x2.y2 1.(2020海南高考真愿)已知椭圆C:。+尔=1a>b>0 过点M(2,3),点A为其左顶点，且AM的 1 斜率为2， (1)求C的方程： (2)点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值， x2.y2 【答案】①)16+21,218 93/214 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【分析】(I)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程： 2)首先利用几何关系找到三角形面积最大时点N的位置，然后联立直线方程与椭圆方程，结合判别式确定 点N到直线AM的距离即可求得三角形面积的最大值 【详解】1)油题意可知直线4M的方程为：y-3=2x-2),即x-2y=-4 当y0时，解得x=-4,所以4， 椭圆C:三+=1(a>0) 4,9 过点M2,3),可得16+6=1 解得b=12 x2,y2 =1 所以C的方程：1612 (2)设与直线AM平行的直线方程为：x-2y=m, 如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N,此时△AN的面积取得最 大值 联立直线方程x-2y=m与椭圆方 2 16121, 可得： 3(m+2y)2+4y2=48 16y2+12my+3m2-48=0 化简可得： =144m2-4×163m2-48)=0 所以 ,即=64，解得=±8， 与AM距离比较远的直线方程：x-2y=8, 94/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 直线AM方程为：x-2y=-4, 点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离， 8+4125 d= 利用平行线之间的距离公式可得： 1+45, 由两点之间距离公式可得4M卡V2+4P+32=3V5 =18 所以△AN的面积的最大值：2 ×3V5x12V 5 【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意： ()注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件： (2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三 角形的面积等问题 15 2.《2020全国卷高考真题)已知椭圆25210<你 C: 的离心率为4，A,B分别为C的左、 右顶点， (1)求C的方程： (2)若点P在C上，点Q在直线x=6上，且BPHBOI,BP1BO,求△APO的面积. x2,16y2 =1 5 【答案】(1)2525：(2)2 【分行】（山因为C若兰=0<a列，可得。=5？6m:根据高心*公式，结合已知，即可求得答 案： (2)方法一：过点P作x轴垂线，垂足为M,设x=6与x轴交点为N,可得△PMB=△BN№，可求得 AO △APO 点坐标，从而求出直线的直线方程，根据点到直线距离公式和两点距离公式，即可求得的面 积 95/214 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【1c云号 =1(0<m<5) .a=5b=m 根据离心率e= 4或m= 4(舍)， x2 25 ,即16y =1. . ,的方程为： 、4 2525 (2)[方法一]：通性通法 不妨设P,Q在x轴上方，过点P作x轴垂线，垂足为M,设直线x=6与x轴交点为N 根据题意画出图形，如图 M x=6 .BPBO BP⊥BQ∠PMB=∠QNB=90° 又：∠PBM+∠QBN=90°，∠BQN+LQBN=90°， .∠PBM=∠BQ /,根据三角形全等条件一1S。,可得： △PMB=△BNQ x2,16y2 .…2525 =L,B5,0)PM=lBN=6-5=1 x216y2 设p点为xp,,)可得p点纵坐标为，=1将其代入25+25=1， 5+1,解相：=3或，=-3p点为6或(3 可得：25+25 ①当P点为3，D时，故 MB=5-3=2 △PMB=△BNQ.IMB|HNQ=2 2.(6,2) 可得：点为， 画出图象，如图 96/214 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 Q(6,2) (3,1) ，可求得直线 的直线方程为： x=6 A(-5,0)Q(6,2) A0 2x-11y+10=0 d-2x3-IIx1+10_l5=5 根据点到直线距离公式可得P到直线A9的距离为“√2？+11P V1255, 根据两点间距离公式可得：40=6+5+(2-0=55，△AP0面积为：2 x5/5x5 5 52: ②当P点为-3,1D时，故 MB=5+3=8,:△PMB=△BN0,MBHNO上8，可得：P点为6,8》，画 出图象，如图 2 Q(6,8) ,可求得直线 的直线方程为： (-3,1) B x=6 ·A(-5,0)Q(6,8) A0 8x-11y+40=0 8×(-3)-11x1+40- 515 根据点到直线距离公式可得P到直线AQ的距离为 V82+11 V185√185， 97/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 根据两点间距离公式可得：40=V(6+5)}'+(8-0=V185 :△APQ面积为： 2xv185x-5-5 32综上所述，△AP9面积为： [方法二]【最优解】： 由对称性，不妨设P,O在x轴上方，过P作PE⊥x轴，垂足为E.设D(6,O),由题知，△PEB≌aBDL BP_PE_PE→PE=1→x,=±， 故QBBD1 ①因为P3,4-5,0,06,2,如图，所以，S.4m=S.40oSe0-S.pe4=2 Q B @因为P3.A-50,068如图，所以Sg=S4o-SO P E O B D 综上有5w员 [方法三]： 98/214 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (5,0 由已知可得 ,直线 P,BO 的斜率一定存在，设直线BP的方程为 =k(x-5) 由对称性可设k<0, y=k(x-5), x216y2 联立方程25+25=L消去)得(1+16k2)x2-160kx+16×25k2-25=0, 5,16宁6成2，所以=1+16。 16×25k2-25 80k2-5 由韦达定理 -10k p80k2-5-10k） 将其代入直线BP的方程得=1+16k,所以气1+16k21+16K, 2 -10k 12 则BP 80k2-5 10W1+k2 1+16k2 、1+16k2 1+16k2· 因为BP1BQ,则直线BQ的方程为y=一x-5), wolo-o 10W1+k2 1+k2 因为BPHBO1,所1+16k2 Vk2,256k4-68k2+1=0, 6a-e-小=0，放=双我-京身=支=-. 当k=8时，点P,O的坐标分别为P(-3,1),0(6,8),PO上V130, 710 130 直线PQ的方程为'g+3,点A到直线P0的距离为26， 1x130x30= 故△AP2的面积为226 1 当k=-2时，点P,O的坐标分别为P3,1),0(6,2),P上10， 99/214 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1 V10 直线PQ的方程为'3，点A(-5,0)到直线P0的距离为2， - 故△APO的面积为22 J 综上所述，△APQ的面积为2· [方法四]： x2,16y2 由（山）知椭圆的方程为25+25=1,4〔-5,0，B5,0). 不妨设 P(xo,yo 在x轴上方，如图 y P M X x=6 设直线AP:y=k(x+5)(K>0) 因为BPHB0,BPLB0,所以BNFl%BM5- x号16 =1 由点P在椭圆上得2525，所以x=9 1-5k2 由点P在直线4上得1=k(x。+5),所以=K.所以k》 =9 ,化简得16k2=10k-1. 所5-=5-（小-1=16 即Q(6,16k). d=I6-16k+5L_5k 所以，点Q到直线AP的距离 Vk2+1 Vk2+1 100/214 专题30 圆锥曲线解答题综合 （椭圆、双曲线、抛物线） （十一大考点，80题） 考点分类 十年考情（2017-2026） 命题规律 考点01 轨迹方程 2026全国二卷、2023新课标Ⅰ、2017全国Ⅱ 1.圆锥解答第一问高频基础题型，是后续所有计算的铺垫。 2.常用解题方法为定义法、相关点代入法，轨迹类型包含椭圆、抛物线、直线。 3.题目常给出垂线、交点等几何条件，部分题目会追加曲线对称、平移相关探究。 考点02 定点问题 2023全国乙、2022全国乙、2020全国Ⅰ、2019全国Ⅰ/Ⅲ/北京、2017全国Ⅰ 1.圆锥大题经典压轴证明题型，多作为第二小问出现。 2.通用思路：设直线与曲线联立，借助韦达定理化简消去参数，证明坐标固定不变；分为直线过定点、圆恒过定点两类题型。 3.命题载体以椭圆、抛物线为主。 考点03 定值问题 2018北京、2020山东、2019全国Ⅲ 1.中档证明题型，计算量偏大，解题逻辑与定点问题相近。 2.常考查斜率乘积、线段长度、向量数量积为固定常数。 3.依托切线、曲线交点背景，联立方程化简完成证明。 考点04 定直线问题 2023新课标Ⅱ 1.双曲线专属特色题型，难度适中。 2.核心考法：直线与双曲线左右两支相交，延长交点连线后，交点始终落在某条固定直线上。 3.结合双曲线顶点、渐近线条件推导固定直线。 考点05 中点弦问题 2022新高考Ⅱ、2020浙江、2018全国Ⅲ 1.点差法标准应用题型，常设置条件互推类设问。 2.出题形式：已知中点求解直线斜率，或是给出斜率证明多个等量关系成立。 3.覆盖椭圆、双曲线、抛物线三类曲线。 考点06 弦长问题 2021新高考Ⅱ、2022北京、2020北京 1.基础计算小问，经常搭配面积、斜率综合出题。 2.解题依靠联立方程、判别式与韦达定理计算线段长度。 3.常结合直线相切、三点共线条件设置题干。 考点07 面积问题 2026全国一/北京、2025北京/全国二、2024新课标Ⅰ、2023全国甲/天津、2022新高考Ⅰ/天津、2021全国乙、2020海南/全国Ⅲ、2019全国Ⅱ/浙江、2018江苏/上海 1.必考计算类设问，出现频次极高，可单独求面积或是求解面积最值。 2.涵盖三角形、四边形多种图形，使用分割、坐标法计算，搭配均值不等式、函数求解最大最小值。 3.结合对称点、焦点、动直线综合命题。 考点08 斜率问题 2026天津/上海、2024北京、2023上海、2021北京/浙江、2019天津、2018北京、2017天津 1.贯穿整道大题的基础条件，也可独立作为单独设问。 2.考查斜率定值、斜率取值范围、多条斜率之间等量关系证明。 3.融合圆、双曲线、椭圆交叉条件计算。 考点09 参数范围及最值 2025全国一/上海、2024天津/上海、2023上海、2022上海/浙江、2020江苏/上海 1.圆锥大题压轴难点，区分度最高。 2.求解直线斜率、离心率、线段、面积的取值范围，构造函数搭配不等式求取最值。 3.多曲线融合出题，几何约束条件复杂，整体计算量大。 考点10 证明特殊位置关系 2025天津、2024全国甲、2023北京、2018全国Ⅰ 1.几何证明类小问，侧重逻辑推导。 2.常需要证明垂直、平行、角平分线、中点平分等几何关系。 3.依靠韦达定理、向量点积、坐标等量关系完成推导。 考点11 求直线方程 2021天津、2020山东/天津、2017上海/天津 1.大题收尾常规简单设问。 2.根据面积、距离、角度等量反求直线解析式，需要分斜率存在、不存在两种情况讨论。 3.结合椭圆、抛物线、圆综合计算参数。 考点01 轨迹方程 1. （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. 2. （2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）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． 3. （2017·全国II卷·高考真题）设O为坐标原点，动点M在椭圆C上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足. （1）求点P的轨迹方程； （2）设点在直线上，且.证明：过点P且垂直于OQ的直线过C的左焦点F. 考点02 定点问题 1. （2023·全国乙卷·高考真题）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． 2. （2022·全国乙卷·高考真题）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点． (1)求E的方程； (2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点． 3. （2020·全国I卷·高考真题）已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D． （1）求E的方程； （2）证明：直线CD过定点. 4. （2019·全国III卷·高考真题）已知曲线为直线上的动点，过作的两条切线，切点分别为. （1）证明：直线过定点： （2）若以为圆心的圆与直线相切，且切点为线段的中点，求该圆的方程. 5. （2019·全国I卷·高考真题）已知点A，B关于坐标原点O对称，│AB│ =4，⊙M过点A，B且与直线x+2=0相切． （1）若A在直线x+y=0上，求⊙M的半径． （2）是否存在定点P，使得当A运动时，│MA│－│MP│为定值？并说明理由． 6. （2019·北京·高考真题）已知椭圆的右焦点为，且经过点. （Ⅰ）求椭圆C的方程； （Ⅱ）设O为原点，直线与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N，若|OM|·|ON|=2，求证：直线l经过定点. 7. （2019·北京·高考真题）已知抛物线C：x2=−2py经过点（2，−1）． （Ⅰ）求抛物线C的方程及其准线方程； （Ⅱ）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y=−1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点． 8. （2017·全国I卷·高考真题）已知椭圆C：（），P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）四点中恰有三点在椭圆C上. （Ⅰ）求C的方程； （Ⅱ）设直线l不经过点且与C相交于A，B两点.若直线与直线的斜率的和为，证明：l过定点. 考点03 定值问题 1. （2018·北京·高考真题）已知抛物线C：=2px经过点（1，2）．过点Q（0，1）的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N． （Ⅰ）求直线l的斜率的取值范围； （Ⅱ）设O为原点，，，求证：为定值． 2. （2020·山东·高考真题）已知椭圆C：的离心率为，且过点． （1）求的方程： （2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值． 3. （2019·全国III卷·高考真题）已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B. （1）证明：直线AB过定点： （2）若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积. 考点04 定直线问题 1. （2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）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. 考点05 中点弦问题 1. （2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为． (1)求C的方程； (2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立： ①M在上；②；③． 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分. 2. （2020·浙江·高考真题）如图，已知椭圆，抛物线，点A是椭圆与抛物线的交点，过点A的直线l交椭圆于点B，交抛物线于M（B，M不同于A）． （Ⅰ）若，求抛物线的焦点坐标； （Ⅱ）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值． 3. （2018·全国III卷·高考真题）已知斜率为的直线与椭圆交于，两点，线段的中点为． （1）证明：； （2）设为的右焦点，为上一点,且．证明：，，成等差数列，并求该数列的公差． 4. （2018·全国III卷·高考真题）已知斜率为的直线与椭圆交于，两点．线段的中点为． （1）证明：； （2）设为的右焦点，为上一点，且．证明：． 考点06 弦长问题 1. （2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为． （1）求椭圆C的方程； （2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是． 2. （2022·北京·高考真题）已知椭圆的一个顶点为，焦距为． (1)求椭圆E的方程； (2)过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当时，求k的值． 3. （2020·北京·高考真题）已知椭圆过点，且． （Ⅰ）求椭圆C的方程： （Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值． 考点07 面积问题 1. （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． 2. （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． 3. （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． 4. （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． 5. （2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知和为椭圆上两点. (1)求C的离心率; (2)若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程． 6. （2023·天津·高考真题）已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知． (1)求椭圆的方程和离心率； (2)点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程． 7. （2023·全国甲卷·高考真题）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． 8. （2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0． (1)求l的斜率； (2)若，求的面积． 9. （2022·天津·高考真题）椭圆的右焦点为F，右顶点A和上顶点为B满足． (1)求椭圆的离心率； (2)直线l与椭圆有唯一公共点M，与y轴相交于点N（N异于M）．记O为原点，若，且的面积为，求椭圆的方程． 10. （2021·全国乙卷·高考真题）已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为． （1）求； （2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值． 11. （2020·海南·高考真题）已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为 ， （1）求C的方程； （2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值. 12. （2020·全国III卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，，分别为的左、右顶点． （1）求的方程； （2）若点在上，点在直线上，且，，求的面积． 13. （2019·全国II卷·高考真题）已知是椭圆的两个焦点，P为C上一点，O为坐标原点． （1）若为等边三角形，求C的离心率； （2)如果存在点P，使得，且的面积等于16，求b的值和a的取值范围. 14. （2019·全国II卷·高考真题）已知点A(−2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为−.记M的轨迹为曲线C. （1）求C的方程，并说明C是什么曲线； （2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G. （i）证明：是直角三角形； （ii）求面积的最大值. 15. （2018·江苏·高考真题）在平面直角坐标系中，椭圆C过点，焦点，圆O的直径为． （1）求椭圆C及圆O的方程； （2）设直线l与圆O相切于第一象限内的点P． ①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点，求点P的坐标； ②直线l与椭圆C交于两点．若的面积为，求直线l的方程． 16. （2018·上海·高考真题）设常数，在平面直角坐标系中，已知点，直线，曲线（，），与轴交于点、与交于点，、分别是曲线与线段上的动点. (1)用表示点到点的距离； (2)设，，线段的中点在直线上，求的面积； (3)设，是否存在以、为邻边的矩形，使得点在上？若存在，求点的坐标，若不存在，说明理由. 17. （2019·浙江·高考真题）如图，已知点为抛物线的焦点，过点的直线交抛物线于两点，点在抛物线上，使得的重心在轴上，直线交轴于点，且在点右侧.记的面积为. （1）求的值及抛物线的准线方程； （2）求的最小值及此时点的坐标. 18. （2018·浙江·高考真题）如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2=4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上． （Ⅰ）设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴； （Ⅱ）若P是半椭圆上的动点，求△PAB面积的取值范围． 考点08 斜率问题 1. （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． 2. （2026·上海·高考真题）已知双曲线，过点作不垂直于轴的直线交双曲线于、两点. (1)求双曲线离心率； (2)若点，点在双曲线的右支上，且是的中点，求直线的斜率； (3)若，，分别是双曲线的左右焦点，是关于轴的对称点，若存在直线使得，求的取值范围. 3. （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． 4. （2023·上海·高考真题）已知椭圆． (1)若，求椭圆的离心率； (2)设为椭圆的左右顶点，若椭圆上一点E的纵坐标为1，且，求m的值； (3)若P为椭圆上一点，过点P作一条斜率为的直线与双曲线仅有一个公共点，求m的取值范围． 5. （2021·北京·高考真题）已知椭圆一个顶点，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为． （1）求椭圆E的方程； （2）过点P(0，-3)的直线l斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与直线交于点M，N，当|PM|+|PN|≤15时，求k的取值范围． 6. （2021·浙江·高考真题）如图，已知F是抛物线的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且， （1）求抛物线的方程； （2）设过点F的直线交抛物线与A､B两点，斜率为2的直线l与直线，x轴依次交于点P，Q，R，N，且，求直线l在x轴上截距的范围. 7. （2021·全国乙卷·高考真题）已知抛物线的焦点F到准线的距离为2． （1）求C的方程; （2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足，求直线斜率的最大值. 8. （2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为. （1）求的方程； （2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和. 9. （2019·全国I卷·高考真题）已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P． （1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程； （2）若，求|AB|． 10. （2019·天津·高考真题） 设椭圆的左焦点为，左顶点为，上顶点为B.已知（为原点）. （Ⅰ）求椭圆的离心率； （Ⅱ）设经过点且斜率为的直线与椭圆在轴上方的交点为，圆同时与轴和直线相切，圆心在直线上，且，求椭圆的方程. 11. （2019·天津·高考真题）设椭圆的左焦点为，上顶点为.已知椭圆的短轴长为4，离心率为. （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）设点在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点为直线与轴的交点，点在轴的负半轴上.若（为原点），且，求直线的斜率. 12. （2018·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，焦距为.斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点、. （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）若，求的最大值； （Ⅲ）设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若、和点 共线，求. 13. （2018·全国II卷·高考真题）设抛物线的焦点为，过且斜率为的直线与交于，两点，． （1）求的方程； （2）求过点，且与的准线相切的圆的方程． 14. （2017·山东·高考真题）在平面直角坐标系中，椭圆：的离心率为，焦距为. （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）如图，动直线：交椭圆于两点，是椭圆上一点，直线的斜率为，且，是线段延长线上一点，且，的半径为，是的两条切线，切点分别为.求的最大值，并求取得最大值时直线的斜率. 15. （2017·天津·高考真题）已知椭圆的左焦点为，右顶点为，点的坐标为，的面积为. （1）求椭圆的离心率； （2）设点在线段上，，延长线段与椭圆交于点，点，在轴上，，且直线与直线间的距离为，四边形的面积为. （i）求直线的斜率； （ii）求椭圆的方程. 16. （2017·浙江·高考真题）如图，已知抛物线.点A，抛物线上的点P（x,y）,过点B作直线AP的垂线，垂足为Q. （I）求直线AP斜率的取值范围； （II）求的最大值 17. （2018·天津·高考真题）设椭圆的右顶点为A，上顶点为B．已知椭圆的离心率为，． （1）求椭圆的方程； （2）设直线与椭圆交于，两点，与直线交于点M，且点P，M均在第四象限．若的面积是面积的2倍，求的值． 18. （2018·天津·高考真题）设椭圆(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B. 已知椭圆的离心率为，点A的坐标为，且. （I）求椭圆的方程； （II）设直线l：与椭圆在第一象限的交点为P，且l与直线AB交于点Q. 若(O为原点) ，求k的值. 考点09 参数范围及最值 1. （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． 2. （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． 3. （2025·上海·高考真题）在平面直角坐标系中，已知曲线，点P、Q分别为上不同的两点，． (1)求所在椭圆的离心率； (2)若在y轴上，若T到直线的距离为，求P的坐标； (3)是否存在t，使得是以T为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求t的取值范围；若不存在，请说明理由． 4. （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. 5. （2022·上海·高考真题）在椭圆中，直线上有两点C、D (C点在第一象限)，左顶点为A，下顶点为B，右焦点为F. (1)若∠AFB，求椭圆的标准方程； (2)若点C的纵坐标为2，点D的纵坐标为1，则BC与AD的交点是否在椭圆上？请说明理由； (3)已知直线BC与椭圆相交于点P，直线AD与椭圆相交于点Q，若P与Q关于原点对称，求的最小值. 6. （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． 7. （2020·江苏·高考真题）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，点A在椭圆E上且在第一象限内，AF2⊥F1F2，直线AF1与椭圆E相交于另一点B． （1）求△AF1F2的周长； （2）在x轴上任取一点P，直线AP与椭圆E的右准线相交于点Q，求的最小值； （3）设点M在椭圆E上，记△OAB与△MAB的面积分别为S1，S2，若S2=3S1，求点M的坐标． 8. （2022·上海·高考真题）设有椭圆方程，直线，下端点为A，M在l上，左、右焦点分别为. (1)，AM的中点在x轴上，求点M的坐标； (2)直线l与y轴交于B，直线AM经过右焦点，在中有一内角余弦值为，求b； (3)在椭圆上存在一点P到l距离为d，使，随a的变化，求d的最小值. 9. （2022·浙江·高考真题）如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点． (1)求点P到椭圆上点的距离的最大值； (2)求的最小值． 10. （2020·上海·高考真题）双曲线，圆在第一象限交点为，曲线. （1）若，求b； （2）若，与x轴交点记为，P是曲线上一点且在第一象限，并满足，求∠； （3）过点且斜率为的直线交曲线于M、N两点，用b的代数式表示，并求出的取值范围. 11. （2023·上海·高考真题）曲线，第一象限内点A在Γ上，A的纵坐标是a． (1)若A到准线距离为3，求a； (2)若a＝4，B在x轴上，AB中点在上，求点B坐标和坐标原点O到AB距离； (3)直线，令P是第一象限Γ上异于A的一点，直线PA交l于Q，H是P在l上的投影，若点A满足“对于任意P都有”，求a的取值范围． 12. （2022·全国甲卷·高考真题）设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，． (1)求C的方程； (2)设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程． 13. （2017·山东·高考真题）在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:(a>b>0)的离心率为,椭圆C截直线y=1所得线段的长度为. (Ⅰ)求椭圆C的方程； (Ⅱ)动直线l:y=kx+m(m≠0)交椭圆C于A,B两点,交y轴于点M.点N是M关于O的对称点,⊙N的半径为|NO|. 设D为AB的中点,DE,DF与⊙N分别相切于点E,F,求EDF的最小值. 考点10 证明特殊位置关系 1. （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. 2. （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． 3. （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：． 4. （2018·全国I卷·高考真题）设抛物线，点，，过点的直线与交于，两点． （1）当与轴垂直时，求直线的方程； （2）证明：． 考点11 求直线方程 1. （2021·天津·高考真题）已知椭圆的右焦点为，上顶点为，离心率为，且． （1）求椭圆的方程； （2）直线与椭圆有唯一的公共点，与轴的正半轴交于点，过与垂直的直线交轴于点．若，求直线的方程． 2. （2020·山东·高考真题）已知抛物线的顶点在坐标原点，椭圆的顶点分别为，，，，其中点为抛物线的焦点，如图所示. （1）求抛物线的标准方程； （2）若过点的直线与抛物线交于，两点，且，求直线的方程. 3. （2020·天津·高考真题）已知椭圆的一个顶点为，右焦点为，且，其中为原点． （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）已知点满足，点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线与以为圆心的圆相切于点，且为线段的中点．求直线的方程． 4. （2017·上海·高考真题）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆，为的上顶点，为上异于 上、下顶点的动点，为x正半轴上的动点. （1）若在第一象限，且，求的坐标； （2）设，若以A、P、M为顶点的三角形是直角三角形，求M的横坐标； （3）若，直线AQ与交于另一点C，且，， 求直线的方程. 5. （2017·天津·高考真题）设椭圆的左焦点为，右顶点为，离心率为.已知是抛物线的焦点，到抛物线的准线的距离为. （I）求椭圆的方程和抛物线的方程； （II）设上两点，关于轴对称，直线与椭圆相交于点（异于点），直线与轴相交于点.若的面积为，求直线的方程. 试卷第1页，共3页 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $