第63讲 直线与圆锥曲线的位置关系·讲义-2027届高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）

该高中数学高考复习讲义聚焦直线与圆锥曲线位置关系核心考点，按考情分析、知识清单、分考点典题精练及高考真题的逻辑架构，通过考点梳理、方法总结、真题训练等环节，帮助学生构建从联立方程到弦长面积问题的解题体系，突破计算与几何转化难点。 讲义以“数学思维”和“数学语言”为导向，创新采用点差法与韦达定理双轨教学，如中点弦问题中通过点差法推导斜率公式培养推理能力，面积计算中坐标化处理强化模型意识。设置分层典题与即时方法总结，助力学生高效掌握焦点弦性质等高频考点，为教师提供精准复习节奏把控方案，提升学生应考能力。

第63讲 直线与圆锥曲线的位置关系 · 讲义（解析卷） 一、考情分析 1 二、知识清单 1 三、典题精讲 3 考点一：直线与圆锥曲线的位置关系与交点探究 3 考点二：中点弦问题 13 考点三：弦长与距离问题 18 考点四：面积问题 24 考点五：圆锥曲线的跨知识交汇 36 四、高考真题 41 一、考情分析 1. 考查频次与题型 年份 题号与题型 分值 考察类型 考察内容 2024 第16题 解答题 15分 直接考察 直线与椭圆的位置关系、三角形面积 2025 第10题 多选题 第18题 解答题 21分 直接考察 抛物线焦点弦性质、直线与椭圆的位置关系综合 2026 第18题 解答题 15分 直接考察 直线与椭圆的位置关系、弦长与面积、斜率问题 近三年全国一卷均有直接考查，题型包含多选题和解答题，分值在15分至21分之间. 2. 命题角度与特色 （1） 重点考查直线与圆锥曲线（特别是椭圆和抛物线）的联立，涉及弦长、面积、斜率、定点等问题. （2） 对计算能力要求较高，常结合韦达定理、弦长公式、面积公式进行综合考查. 3. 备考策略 （1） 熟练掌握直线与圆锥曲线联立的常规步骤，准确运用韦达定理处理弦长、中点、斜率等问题. （2） 加强代数变形和计算能力的训练，掌握常见的几何条件的代数转化方法，如面积的分割与坐标表示. 二、知识清单 1. 直线和曲线联立 （1） 椭圆 与直线 相交于 两点，设 ，.联立方程组可得 .若与过定点 的直线 相交于 两点，设为 ，如此消去 ，保留 ，构造的方程如下：. （2） 抛物线 与直线 相交于 两点，设 ，.联立可得 ， 时，，. （3） 抛物线 与直线 相交于 两点，设 ，.联立可得 ， 时，，. 2. 根的判别式和韦达定理 （1） 直线 与圆锥曲线 的位置关系： 与 相离 ； 与 相切 ； 与 相交 . （2） 与 联立，两边同时乘上 即可得到 ，为了方便叙述，将上式简记为 .该式可以看成一个关于 的一元二次方程，判别式为 可简单记为 . （3） 同理 和 联立得 ，为了方便叙述，将上式简记为 ，，可简记为 . 3. 弦长公式 （1） 设 ，，根据两点距离公式 . （2） 若 是直线 与圆锥曲线的两个交点，且由两方程消去 后得到一元二次方程 ，则 . （3） 若 是直线 与圆锥曲线的两个交点，且由两方程消去 后得到一元二次方程 ，则 . （4） 构造直角三角形求解弦长，.其中 为直线 斜率， 为直线倾斜角. 4. 已知弦的中点，研究弦的斜率和方程 （1） 是椭圆 的一条弦，中点 ，则 的斜率为 .运用点差法求 的斜率：设 ，， 都在椭圆上，所以 ，，两式相减得 ，所以 ，即 ，故 . （2） 运用类似的方法可以推出：若 是双曲线 的弦，中点 ，则 ；若曲线是抛物线 ，则 . 5. 圆锥曲线的切线方程 （1） 椭圆 上一点 处的切线方程为 . （2） 双曲线 上一点 处的切线方程为 . （3） 抛物线 上一点 处的切线方程为 . 6. 圆锥曲线的焦点弦性质 （1） 抛物线 的焦点弦 （设 ，），则弦长 （ 为焦点弦的倾斜角）.且 ，. （2） 椭圆 的焦点弦 （经过左焦点 ），则弦长 .若经过右焦点 ，则 . 7. 面积公式与转化 （1） 三角形面积的坐标公式：已知 （ 为坐标原点），，，则 . （2） 弦长与点到直线距离结合求面积：（ 为点到直线 的距离）. 三、典题精讲 考点一：直线与圆锥曲线的位置关系与交点探究 考法1：联立方程与判别式判定交点个数 1.已知椭圆的两焦点为，，点满足，则直线与椭圆的公共点个数为（　　） A. 0 B. 1 C. 2 D. 不确定，与点的位置有关 【答案】A 【思路】判断直线与椭圆的公共点个数，可通过联立直线与椭圆方程，消元后利用一元二次方程的判别式的符号来判定.结合点在椭圆内的条件，确定的正负即可. 【解析】因为，所以， 由可得， 所以， 所以直线与椭圆的公共点个数为0. 故选：A. 2.给出下列曲线方程： ①； ②； ③； ④. 其中与直线有交点的所有曲线方程是（　　） A. ①③ B. ②④ C. ①②③ D. ②③④ 【答案】D 【思路】分别判断直线与各曲线的位置关系.对于直线，比较斜率；对于圆锥曲线，联立方程消元后，利用判别式判断是否有交点. 【解析】∵直线和的斜率都是 ∴两直线平行，不可能有交点； 把直线与联立消去得，，∴直线与②中的曲线有交点； 把直线与联立消去得，，直线与③中的曲线有交点； 把直线与联立消去得，，直线与④中的曲线有交点. 考法2：韦达定理求解曲线参数与方程 3.（2026·福建福州·检测）已知椭圆的左右焦点为，是椭圆上不同的三点，四边形是边长为的正方形. （1）求椭圆的标准方程： （2）在轴上是否存在一点，使得为等边三角形？若存在，求的长；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）存在， 【思路】（1） 利用正方形的性质，结合椭圆的对称性，确定短轴端点与焦点的关系，从而求出的值.（2） 假设存在点，设出直线的方程并与椭圆联立，利用韦达定理表示出线段的中点，进而求出中垂线方程.根据等边三角形的性质，点在中垂线上且满足夹角关系，解出参数即可. 【解析】（1）∵四边形是边长为的正方形，， 由对称性可知，为短轴端点. 椭圆的标准方程为 （2）假设在轴上存在一点，满足条件. 由对称性，不妨设，设直线的方程为 代入椭圆方程中，整理得 设线段中点为，则. 线段的中垂线方程为 为等边三角形，在线段的中垂线上， 令，得，即，， 又，，解得. 在轴上存在一点，使得为等边三角形，且. 4.（2026·山东德州·三模）已知圆的一条直径与抛物线的通径(过圆锥曲线的焦点与焦点所在的对称轴垂直的弦)恰好构成一个正方形的一组邻边. （1）求抛物线的标准方程； （2）抛物线的焦点为，过的直线交于两点，点在第一象限，过分别作抛物线准线的垂线，垂足分别为，证明：； （3）点在上，过且斜率为2的直线与直线交于点，且，直线与的另一个交点为，焦点到直线的距离是否存在最大值？若存在求出最大值，若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）存在，最大值为 【思路】（1） 根据正方形的性质，圆的直径等于抛物线的通径长，结合圆心坐标确定抛物线经过的定点，从而求出的值.（2） 设出直线的方程，与抛物线联立，利用韦达定理和抛物线的定义将距离转化为坐标运算进行证明.（3） 利用向量关系求出点的坐标，进而得到直线的方程，联立抛物线求出点的坐标，写出直线的方程并发现其过定点，最后利用点到直线距离的几何性质求最大值. 【解析】（1）因为圆的一条直径与抛物线的通径恰好构成一个正方形的一组邻边， 而抛物线的通径长为， 所以圆的直径为4， 且圆的直径的右端点就是抛物线通径的下端点， 因为圆的圆心为，半径为4， 所以该圆与轴垂直的直径的右端点为， 即抛物线经过点，则，即， 故抛物线方程. （利用通径长等于圆的直径得出，相应得分） （2）设， 由题意知，，显然直线的斜率不为0， 设直线的方程为， 由，得， 所以 ， ， 所以. （利用抛物线定义，几何法证出，相应得分） （3）过点斜率为2的直线， 由得， 可得， 设，由得 即，解得 所以， 所以直线方程为， 解方程组，得，结合 所以， 直线， 整理得， 因此直线过定点. 又，所以， 所以点到直线的最大距离为. 考法3：韦达定理证明直线过定点问题 5.（2026·山东潍坊·二模）已知双曲线的焦距为，渐近线方程为. （1）求的方程； （2）过点作两条互相垂直的直线，若与的右支交于两点，与的右支交于两点，线段与的中点分别为，且在第一象限. （i）证明：直线过定点； （ii）直线与交于点，求面积的最小值. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析 （ii） 【思路】（1） 根据渐近线方程和焦距，列出关于的方程组，解出即可.（2）（i） 设出互相垂直的直线的方程，分别与双曲线联立，利用韦达定理表示出中点的坐标，进而求出直线的斜率和方程，化简后即可发现其过的定点.（ii） 利用中点性质将的面积转化为和面积的差，最终用参数表示出面积表达式，通过换元法和导数求出面积的最小值. 【解析】（1）由题意，解得， 所以的方程为. （2）（i）由题意知的斜率存在且不为0， 设， 其中， 联立整理得， 因为，解得， 因为为中点，， 所以， 同理，联立与的方程，可得或， 所以或. 当时，， 直线为， 即，所以直线过定点； 当时，，直线过点； 所以，直线过定点. （ii）因为分别为的中点， 所以 ， ， ， 所以 设，则， 所以， 令， ， 所以在上恒成立， 即在上单调递增， 所以时，的最小值为36， 所以面积的最小值为. 考法4：韦达定理证明斜率与代数式定值 6.（2026·安徽师大附中·检测）已知抛物线上的点到焦点的最短距离为1，过点作两条直线与抛物线分别交于点和，弦的中点分别为，记为坐标原点. （1）求抛物线的方程； （2）若点的坐标为（m，2），求直线方程； （3）若，直线交抛物线于两点（与在轴同侧），直线与轴交于点，求证：. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【思路】（1） 利用抛物线的定义，抛物线上的点到焦点的最短距离为顶点到焦点的距离，从而求出.（2） 利用点差法或韦达定理结合中点坐标求出直线的斜率，再结合焦点坐标写出直线方程.（3） 设出直线的斜率，表示出直线的斜率，分别联立抛物线方程求出中点的坐标，写出直线的方程并求出其与轴的交点.将直线与抛物线联立，利用韦达定理表示出线段比值，通过代数变形证明等式成立. 【解析】（1）抛物线，焦点， 根据抛物线的定义，抛物线上任意点到焦点的距离为， 因为，所以当时，距离最小为， 由题目可知，解得， 所以抛物线的方程为. （2）设，，因为在抛物线上， 所以，化简可得， 因为是的中点，， 所以， 因此，即， 因为焦点在直线上， 所以直线的方程为. （3）设直线的斜率，则由可得， 直线经过点，所以直线的方程为， 与抛物线联立可得， 化简可得， 设，是的中点， 根据韦达定理可得，则， 代入直线可得，即， 同理可得， 所以直线的斜率， 因此直线的方程为，即 令，代入化简可得， 因为，所以解得，即， 所以直线的方程为， 与抛物线联立可得，化简可得， 设，根据韦达定理可得，， 令，则，， ，， 因为在两侧，即，设，， 则，， 令，则， 设，则，解得或， 点的纵坐标为，点的纵坐标为， 因为与在轴同侧，所以与同号，分类讨论 当时，则，故要求，此时为负根，则， 且，所以，即； 当时，则，故要求，此时为正根，则， 且，所以，即， 综上所述，， 因为，，， 所以，， 因此， 所以. 考法5：转化向量与几何条件求解交点问题 7.（2026·江苏南京·二模）已知直线与抛物线（）交于两点，且（O为坐标原点），则（　　） A. 1 B. 2 C. 4 D. 不确定 【答案】A 【思路】设出交点坐标，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理得到两根之和与两根之积.根据向量垂直的坐标表示，代入韦达定理的结果，解方程求出的值. 【解析】设点、， 联立可得， ，由韦达定理可得，， 所以，， 解得， 故选：A 8.（2026·河南八校·联考）已知椭圆的上顶点为，右焦点为，右顶点为. （1）若椭圆的离心率为，且以原点为圆心，为半径的圆与直线相切，求椭圆的标准方程； （2）若直线交椭圆于另一点，设直线的斜率分别为，求的值(结果用离心率表示). 【答案】（1） （2） 【思路】（1） 根据离心率和直线与圆相切的几何条件（圆心到直线的距离等于半径），列出关于的方程组，解出即可.（2） 写出直线的方程并与椭圆联立，求出点的坐标.分别表示出和，求其乘积并利用的关系化简，最后用离心率表示. 【解析】（1）由题意得， 解得， 所以椭圆的标准方程为. （2）由题意得，则直线的方程为， 联立，得， 解得， 所以， 所以， 所以. 【考点一 方法总结】 1. 在直线与抛物线的问题中，设直线的时候选择形式多思考分析，往往可以降低计算量.开口向上选择正设；开口向右，选择反设. 2. 由韦达定理写出 和 时，注意隐含条件 .求解时要注意题干所有的隐含条件，要符合所有的题意. 3. 韦达定理连接了题干条件与方程中的参数，所以在处理例如向量问题、面积问题、三点共线问题、角度问题等常考内容的时候，要把题目中的核心信息，转化为坐标表达，转化为可以使用韦达定理的形式. 4. 注意二次曲线方程和二次曲线方程往往不能通过联立消元，利用 判断根的关系，因为此情况下往往会有增根，根据题干的隐含条件可以舍去增根，所以在遇到两条二次曲线交点问题的时候，使用画图的方式分析，或者解方程组，真正算出具体坐标. 考点二：中点弦问题 考法6：点差法求解中点弦所在直线方程 9.（2026·安徽铜陵·一模）（多选）已知双曲线的离心率为，其左、右焦点分别为，，点在的右支上，直线与交于另一点，的中点为，为坐标原点，则下列说法错误的是（　　） A. 存在点，使得直线的斜率为2 B. 存在点，使得 C. 存在点，使得 D. 存在点，使得点的横坐标为 【答案】ABD 【思路】根据离心率求出双曲线的渐近线方程，结合直线与双曲线交点的条件判断A；利用向量数量积的坐标表示结合点在曲线上的条件判断B；利用距离公式化简不等式判断C；利用点差法求出中点弦斜率与中点坐标的关系，进而判断D. 【解析】设点，，，， 由题知离心率，解得， 故有，双曲线的渐近线为， 对于A选项，如果存在点，使得直线的斜率为2， 直线与渐近线平行，不会与双曲线有两个交点，故A错误； 对于B选项：，，若，即， 可得，即：(①)， 而位于双曲线右支上，其中， 故有：，即：(②)， 联立①②两个等式可得：，又，此时，由选项A可知不合题意，故B选项错误； 对于C选项：由，即：，化简得：，由点在的右支上可知：，故存在点，使得，故C选项正确； 对于D选项：设，，， 而，带入化简得：，而， 故，可知不存在这样的点使等式成立， 故不存在点，使得点的横坐标为，故D选项错误. 下面为证明：， 的中点为，根据中点坐标公式可知，故， ，故， 而，两点均位于双曲线上，故：(③) (④)，用③减④得：， 化简得，故，证毕. 故选：ABD 10.双曲线的一条弦的中点为，则此弦所在的直线方程为＿＿＿＿＿＿. 【答案】3x-2y-18=0 【思路】设出弦的两个端点坐标，代入双曲线方程，两式相减构造出斜率与中点坐标的关系（即点差法），求出弦所在直线的斜率，进而写出直线方程，最后联立检验判别式即可. 【解析】由双曲线的对称性可得此弦所在的直线斜率存在， 设弦的两端分别为，， 则有，两式相减得， 所以， 又因为弦的中点为，所以， 故直线斜率， 则所求直线方程为，整理得， 由得， ，故该直线满足题意， 故答案为： 考法7：点差法探究弦中点轨迹与定点 11.直线与椭圆交于，两点，已知直线的斜率为1，则弦中点的轨迹方程是＿＿＿＿＿＿. 【答案】x+4y=0(-\frac{4\sqrt{5}}{5}<x<\frac{4\sqrt{5}}{5}) 【思路】设出交点和中点坐标，利用点差法得到中点坐标与弦斜率的关系，代入已知斜率求出轨迹方程.注意点必须在椭圆内部，从而求出横坐标的取值范围. 【解析】设，，线段的中点为，连接为坐标原点． 由题意知，则， 点的轨迹方程为． 又点在椭圆内， ， 解得：， 故答案为：. 12.已知椭圆内有一点，弦过点，则弦中点的轨迹方程是＿＿＿＿＿＿. 【答案】x^2+4y^2-x-4y=0 【思路】设出交点和中点坐标，利用点差法得到弦斜率与中点坐标的关系.由于弦过定点，弦的斜率也可以用中点和定点表示，两者联立化简即可得到轨迹方程，并验证斜率不存在的情况. 【解析】设，中点， 则，相减得， 斜率存在时， ， 又是中点，且直线过点， 所以，化简得， 斜率不存在时，方程为，中点为适合上述方程． 点的轨迹方程是． 故答案为：． 考法8：韦达定理探究弦中点与定比分点问题 13.（2026·山东菏泽·一模）已知抛物线，为坐标原点，过焦点的直线交抛物线于，两点，为线段的中点，则直线的斜率的最大值为＿＿＿＿＿＿. 【答案】 【思路】设出过焦点的直线方程，与抛物线联立，利用韦达定理表示出中点的坐标.进而写出直线的斜率表达式，通过基本不等式求出其最大值. 【解析】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，直线的斜率的最大值为. 14.（2025·河北唐山·一模）若一个数列各项的倒数成等差数列，则这个数列称为调和数列，如数列，就是一个调和数列. （1）在集合中从小到大取三个数，使其构成调和数列（只需写出一个数列即可）； （2）若四点共线，顺次排列，且，则称此四点构成了一个调和点列. （i）求证：三个线段长度构成一个调和数列； （ii）直线过点与椭圆相交于两点，已知四点构成一个调和点列，求点的轨迹长度. 【答案】（1）2,3,6 或 3,4,6 写出一个即可 （2）（i）证明见解析 （ii）3 【思路】（1） 根据调和数列的定义，寻找倒数成等差数列的三个数即可.（2）（i） 将已知比例关系转化为线段长度的关系，化简后证明其倒数成等差数列.（ii） 设出直线方程并与椭圆联立，利用韦达定理和调和点列的性质，将距离关系转化为横坐标关系，求出点的横坐标，进而确定其轨迹及长度. 【解析】（1）2,3,6 或 3,4,6 写出一个即可. （2）（i）证明：由，得， 则，即，则构成一个调和数列. （ii）设，代入，得 ，（※） ， 由得. 设，则 . 则 . 设，则， 同理，. 依题设，得，则. 则，得，且. 因此，点的轨迹为一条线段（不含端点），长度为3. 【考点二 方法总结】 1. 直线与圆锥曲线相交所得弦中点问题，是解析几何的重要内容之一，也是高考的一个热点问题.这类问题一般有以下3种类型：（1） 求中点弦所在直线方程问题；（2） 求弦中点的轨迹方程问题；（3） 对称问题，但凡涉及到弦的中点斜率的问题，首先要考虑是点差法. 2. 点差法步骤：即设出弦的端点坐标，根据端点在曲线上，结合中点坐标公式，寻找中点坐标与弦的斜率之间的联系. 3. 中点弦斜率公式结论： （1） 在椭圆 中，中点弦的斜率为 ，满足 . （2） 在双曲线 中，中点弦的斜率为 ，满足 （其中 为原点与弦中点连线的斜率）. （3） 在抛物线 中，中点弦的斜率为 ，满足 （ 为中点纵坐标）. 考点三：弦长与距离问题 考法9：弦长公式计算直线与曲线截得弦长 15.（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 【思路】先求出椭圆的右焦点坐标，结合倾斜角写出直线方程.将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理或直接求根，代入弦长公式即可求出结果. 【解析】由椭圆方程可知，则， 所以右焦点. 直线的倾斜角为，所以斜率， 则直线的方程为. 联立直线与椭圆方程： 消去得：，即. 解得. 由弦长公式得： . 故选：B. 16.（2025·河南驻马店·检测）已知过抛物线的焦点作斜率为正数的直线交抛物线的准线于点，交抛物线于，（在线段上），，则以线段为直径的圆被轴截得弦长为＿＿＿＿＿＿. 【答案】 【思路】设出直线方程并与抛物线联立，利用韦达定理表示出交点纵坐标的关系.结合向量条件求出直线的斜率，进而求出弦长及其中点坐标.最后利用圆的性质求出截得的弦长. 【解析】由题意，可得如下示意图，，令， 联立，则，显然，则，， 联立，则，可得，结合，则，即， 所以，可得， 又，故圆的半径为4， 若中点为，则， 所以以线段为直径的圆被轴截得弦长为. 故答案为： 17.（2026·河南驻马店·检测）已知椭圆（）的左、右焦点分别为，，离心率，椭圆的短轴长为2. （1）求椭圆的标准方程； （2）已知直线，过右焦点，且它们的斜率乘积为，设，分别与椭圆交于点，和，. ①求的值； ②设的中点，的中点为，求面积的最大值. 【答案】（1） （2）①；② 【思路】（1） 根据离心率和短轴长列方程组求出，即可得到椭圆方程.（2）① 设出直线方程并与椭圆联立，利用弦长公式分别求出和，相加后化简即可.② 利用韦达定理求出中点的坐标，进而求出线段中点的坐标.利用三角形面积公式将其表示为斜率的函数，通过基本不等式求出最大值. 【解析】（1）依题意可得解得，故椭圆的方程为； （2）①设的方程为，， 联立消去并整理得到 ， 于是 同理可得 ②由①知，，，， 所以， 所以的中点 所以 当且仅当即时取等号， 所以面积的最大值为 考法10：圆锥曲线定义转化求解焦点弦长 18.（2026·浙江金华·二模）抛物线的焦点为，斜率为2的直线与抛物线相交于，两点，且，，则（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【思路】利用抛物线的定义，将焦半径转化为点到准线的距离，从而得到两点纵坐标之差.结合直线方程的斜率，求出横坐标之差，最后利用两点间距离公式求出弦长. 【解析】设直线的方程为，， 由抛物线可得准线方程为， 又，，所以，，所以， 又因为，，所以， 所以，所以， 所以. 19.（2025·江西九江·一模）已知抛物线，，过点的直线与及自上而下依次交于四点，则的最小值为＿＿＿＿＿＿. 【答案】6 【思路】利用抛物线的定义和圆的性质，将线段和转化为抛物线焦点弦长与圆直径的差.根据焦点弦长的最小值为通径长，即可求出结果. 【解析】如图，因为抛物线的焦点， 所以. 故的最小值为抛物线的通径长8， 故的最小值为6. 故答案为：6. 20.（2026·福建莆田·二模）已知抛物线的焦点为，准线为，直线与，的交点分别为，，且. （1）求； （2）若过点的直线交于，两点，且，求的值. 【答案】（1）2 （2）或2 【思路】（1） 利用抛物线的定义，将距离关系转化为三角形的几何性质，结合点的坐标求出的值.（2） 设出直线方程并与抛物线联立，利用韦达定理表示出线段乘积，解出直线的参数.再利用韦达定理表示出纵坐标的比值，从而求出线段比值. 【解析】（1）由抛物线定义得，又因为，所以为等边三角形， 所以， 设准线为与轴交于点，且的纵坐标为，所以， 所以，所以； （2）设，，， 联立得，， 由韦达定理得，， 所以， 所以，所以，则， 由韦达定理得，， 所以，所以， 所以， 或， 所以或. 考法11：韦达定理探究弦长与距离的最值范围 21.（2025·广东大湾区·模拟）已知抛物线的弦的中点横坐标为5，则的最大值为（　　） A. 12 B. 11 C. 10 D. 9 【答案】A 【思路】设出交点坐标，利用中点横坐标已知，结合抛物线方程将弦长平方表示为纵坐标乘积的二次函数.通过基本不等式确定自变量的取值范围，进而求出弦长的最大值. 【解析】设，，弦的中点为. 则. 因为在抛物线上，所以，. . 又因为， 且. . 所以. 设，则. 又因为，所以. 当时，取得最大值144，此时的最大值为12. 故选：A. 22.（2026·山东师大附中·检测）已知椭圆的离心率，且经过点，为坐标原点，斜率不为0的直线与椭圆交于两点，. （1）求椭圆的方程； （2）证明：点到直线的距离是定值； （3）求的取值范围. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【思路】（1） 根据离心率和经过的定点求出，即可得到椭圆方程.（2） 设出直线方程并与椭圆联立，利用向量垂直的坐标表示得到参数之间的关系，进而证明原点到直线的距离为定值.（3） 利用弦长公式将表示为参数的函数，结合换元法求出其取值范围. 【解析】（1）由题意得，解得， 所以椭圆的方程为. （2）设直线的方程为，，， 联立，消去得， ， ，， 因为，所以， ， 所以，满足， 点到直线的距离（定值）. （3） ， 将代入，得， 设， 则， 令，则， ， 当时，取得最大值， 因为，所以. 【考点三 方法总结】 1. 在弦长有关的问题中，一般有三类问题：（1） 弦长公式；（2） 与焦点相关的弦长计算，利用定义；（3） 涉及到面积的计算问题. 2. 弦长公式的运用：表达式中，当为 时，；直线上任何两点距离都可如上计算，不是非得直线和曲线联立后才能用. 3. 直线和曲线联立后化简得到的式子记为 ，判别式为 ， 时，利用求根公式推导也很方便，使用此方法在解题化简的时候可以大大提高效率. 4. 直线和圆相交的时候，过圆心做直线的垂线，利用直角三角形的关系求解弦长会更加简单.直线如果过焦点可以考虑焦点弦公式以及焦长公式. 考点四：面积问题 考法12：底高公式计算三角形与多边形面积 23.（2026·山东泰安·一模）已知双曲线的左、右顶点分别为，实轴长为2，焦点到渐近线的距离为1. （1）求的标准方程； （2）若过点的直线与的左右两支分别交于两点（在第一象限内），记直线的倾斜角分别为. （i）求的最小值； （ii）求的值. 【答案】（1） （2）（i） （ii） 【思路】（1） 根据实轴长和焦点到渐近线的距离，求出，即可得到双曲线方程.（2）（i） 设出直线方程并与双曲线联立，利用韦达定理表示出交点坐标.通过向量数量积证明垂直关系，进而将面积转化为线段乘积，利用基本不等式求最小值.（ii） 设出直线方程，联立后利用韦达定理表示出交点纵坐标，通过斜率关系和三角恒等变换求出倾斜角之和. 【解析】（1）双曲线的渐近线方程为 焦点到渐近线的距离为， ， ， 双曲线的标准方程为. （2）（i）由题意知直线的斜率存在，设的方程为，，， 由得， ， ， ，得， 法一：， 点到直线的距离， . 法二： . 令，， ，， 当时，的最小值为. （ii）由题意知，直线斜率都存在， ，， ， ， ， ， ， ， ， . 考法13：分割法与坐标化处理多边形面积 24.已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，直线与椭圆交于，两点，且的周长最大值为8． （1）求椭圆的标准方程； （2）如图，，是椭圆上的两点，且直线与的斜率之积为(O为坐标原点)，为射线上一点，且，线段与椭圆交于点，，求四边形的面积． 【答案】（1） （2） 【思路】（1） 根据椭圆定义和三角形周长最大值的条件，求出，再结合离心率求出，即可得到椭圆方程.（2） 设出点坐标，利用斜率之积的条件得到坐标关系.根据线段比例关系将四边形面积转化为的面积.分类讨论直线的斜率，联立方程利用韦达定理和弦长公式求出的面积，进而求出四边形面积. 【解析】（1）设与轴的交点为， 由题意可知， 则， 当过右焦点时，的周长取最大值，所以， 因为椭圆的离心率为，所以， 所以椭圆的标准方程 （2）设，，因，均在椭圆上，则，. 又，则. 由可得， 则四边形面积为. 当直线斜率为0时，易知，又，则. 根据对称性不妨取，，由得， 则，，得此时； 当直线斜率不为0时，设的方程为，将直线方程与椭圆方程联立有： ，消去得：. ， 由韦达定理，有，. 所以 ，， 代入可得，解得， ， 又原点到直线距离为，则此时. 综上可得，，四边形面积为. 25.（2026·河南华大联盟·联考）已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上且的周长为6. （1）求椭圆的方程. （2）设过点的直线与椭圆交于两点，过点的直线与椭圆交于两点，与的交点为，且与的斜率之积为. ①求点的轨迹方程； ②求四边形面积的取值范围. 【答案】（1） （2）① ② 【思路】（1） 利用椭圆定义和经过的定点，列方程组求出，得到椭圆方程.（2）① 设出两直线方程，利用斜率之积的条件消去参数，得到交点的轨迹方程.② 利用弦长公式分别表示出和，结合两直线的夹角公式，将四边形面积表示为斜率的函数.通过换元法和函数单调性求出面积的取值范围. 【解析】（1）由题意可知，即， 又，， 解得， 所以椭圆的方程为. （2）①设的方程为，的方程为， ，由，得， 因为，所以，即， 因为与斜率存在且不为0，所以， 所以点的轨迹方程为. ②设，由，得， 所以， 所以， 同理可得， 设与的夹角为，则， 所以四边形的面积， 因为，所以， 令，则， 则， 令，则，化简得， 当时，；当时，. 所以四边形面积的取值范围是. 考法14：韦达定理探究面积的最值与范围 26.（2026·河南新未来·检测）已知双曲线的右焦点为，左顶点为，，圆，到圆上点的距离的最大值为3. （1）求的方程； （2）已知过点的直线与的右支交于两点，直线分别交圆的另一点于. （i）证明：； （ii）记四边形的面积为，的面积为，求的最小值. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析 （ii）8 【思路】（1） 利用焦点到圆上点的最大距离及顶点到焦点的距离，求出，进而求出，得到双曲线方程.（2）（i） 设出直线的方程并与双曲线联立，利用韦达定理证明，从而证得垂直.（ii） 利用面积比值的转化，将四边形与三角形的面积比转化为线段乘积的比值.通过设直线方程并联立圆和双曲线方程，利用韦达定理表示出线段长度，最后通过基本不等式求出比值的最小值. 【解析】（1）依题意，，设，则， 又因为，所以，故， 所以的方程为； （2）（i）设直线， 由可得， 所以， ， 所以； （ii）不妨设直线， 由可得，解得， 同理可得，， 由可得，解得， 同理可得，， 由题意，得，，故， 设的面积为，则， 易知， 令，则， 故当时，取得最小值：. 所以的最小值为8. 27.（2026·山东临沂·一模）已知椭圆的两个焦点分别为，点是上的一动点，当面积取到最大值时，. （1）求的方程； （2）过点的直线与交于两点，点关于轴的对称点为与不重合. （i）求证：直线过定点； （ii）求面积的最大值. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析 （ii） 【思路】（1） 利用三角形面积最大时的几何特征（点在短轴端点），结合面积公式和夹角条件求出，得到椭圆方程.（2）（i） 设出直线方程并与椭圆联立，利用韦达定理表示出点的坐标，写出直线的方程，化简后证明其过定点.（ii） 利用定点将三角形面积表示为参数的函数，通过基本不等式求出面积的最大值. 【解析】（1）当在短轴端点时，面积最大， 此时，， 所以为等边三角形， 所以， 又，解得， 所以， 所以椭圆的方程为. （2）（i）由题意可知直线的斜率不为0，设， 联立，消去得， 设，则， 所以， 直线的方程为， 令，得， 将韦达定理代入得， 所以直线过定点. （ii）， ， ， 当时，， 当时，， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最大值为. 考法15：利用几何模型探究面积比例与定值 28.（2025·山东青岛·一模）已知椭圆的左，右焦点分别为，，短轴长为，离心率为. （1）求的方程； （2）记的左顶点为，直线与交于，两点，直线，的斜率之积为. （i）证明：直线过定点； （ii）若在轴上方，直线与圆交于点，点在轴上方.是否存在点，使得与的面积之比为3：5？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2）（i）证明过程见解析；（ii）存在，点 【思路】（1） 根据短轴长和离心率求出，得到椭圆方程.（2）（i） 分直线斜率存在和不存在两种情况，设出直线方程并与椭圆联立，利用斜率之积的条件化简，证明直线过定点.（ii） 利用椭圆定义和圆的性质，将面积之比转化为线段长度的比值.结合余弦定理建立方程，求解出点的坐标，验证其存在性. 【解析】（1）由题意得，，故，， 又，解得， 所以椭圆方程为； （2）（i）， 当直线的斜率不存在时，此时直线与交于关于轴对称的两点， 设， 则，即， 又，所以， 所以，解得或， 当时，，此时与重合， 直线或直线的斜率不存在，不合要求， 当时，直线方程为， 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 联立得， ，解得， 设，则， 所以， 由得 ，化简得， ，解得或， 当时，，过定点， 直线或直线的斜率不存在，不合要求， 当时，，过定点， 显然此时满足， 其中也过点， 综上，直线过定点； （ii）存在点，使得与的面积之比为3：5，理由如下： 在轴上方，故在轴下方，即，， 由椭圆定义可知，， 又的圆心为，半径为4， 故，所以， 由于，， 所以， 令， 当直线斜率不存在时，，此时， 解得，令中得， 又在轴上方，故，满足要求， 当直线斜率存在时，设， 在中，，，， 由余弦定理得， 即，解得， 同理可得， 由可得， 解得或，均不合要求，舍去， 综上，存在点，使得与的面积之比为3：5 29.（2024·广东华附·三模）已知抛物线，过点的直线交于，两点，当与轴平行时，的面积为16，其中为坐标原点. （1）求的方程； （2）已知点，，（）为抛物线上任意三点，记面积为，分别在点、、处作抛物线的切线、、，与的交点为，与的交点为，与的交点为，记面积为，是否存在实数，使得？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）； （2）存在，使得 【思路】（1） 利用特殊情况（平行于轴）求出交点坐标，结合面积公式求出，得到抛物线方程.（2） 分别求出的面积表达式和由切线交点构成的的面积表达式.利用导数求出切线方程，联立求出交点坐标，代入面积公式化简，比较两个面积表达式，找出倍数关系. 【解析】（1）当与轴平行时，， 因为，两点均在抛物线上， 所以， 即， 因为的面积为16， 所以， 解得， 则的方程为； （2）直线的斜率为：， 则， 直线与的交点为， 则点为， 所以 所以： 点处切线方程：， 令，则的斜率， 则有：， 即， 同理：， ， 与相交得：， 得：； 同理可得：，； 将点，，代入得 所以， 所以存在，使得 【考点四 方法总结】 1. 三角形的面积处理方法： 底 高（通常选弦长做底，点到直线的距离为高）. 2. 四边形或多个图形面积的关系的转化：分析图形的底和高中是否存在“同底”或“等高”的特点（尤其是有平行条件的时候），可将面积的关系转化，降低计算量.特殊的，对角线互相垂直的四边形，面积等于对角线长度乘积的一半. 3. 圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法： （1） 几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决. （2） 代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围. 考点五：圆锥曲线的跨知识交汇 考法16：导数与判别式探究圆锥曲线切线 30.（2026·山东临沂·一模）已知曲线在点处的切线为，若直线与抛物线也相切，则＿＿＿＿＿＿. 【答案】 【思路】利用导数的几何意义求出曲线在定点处的切线方程.将切线方程与抛物线方程联立，利用相切的条件（判别式）求出参数的值. 【解析】因为，所以， 当时，， 所以曲线在点处的切线的方程为，即， 联立，消去得， 因为直线与抛物线相切， 所以，解得. 故答案为：. 31.（2026·广东汕头·一模）如图所示，一个玻璃杯的内壁是由曲线段绕它的对称轴旋转所得的曲面.现把一个小球放进杯内，欲使小球能接触杯底.下列结论正确的是（　　） A. 若曲线段的方程为，则小球半径可以是2.01 B. 若曲线段的方程为，则小球半径可以是0.99 C. 若曲线段的方程为，则小球半径至多是1 D. 若曲线段的方程为，则小球半径至多是1 【答案】BCD 【思路】设出小球半径和球心坐标，利用小球接触杯底的条件，将问题转化为曲线上任意一点到球心的距离平方大于等于半径平方恒成立的问题.代入曲线方程，利用二次函数的性质求出半径的取值范围，逐一判断各选项. 【解析】设小球半径为，由题意小球球心在对称轴轴上， 对于A，曲线，杯底为， 则球心坐标为， 对任意在上，到球心距离的平方： ， 要满足，即， 即， 即， 因为，得，又，A错误； 对于B，曲线，杯底，球心， 对任意在上，到球心距离的平方： ， 代入，得：， 要满足，即， 整理得，在恒成立， 二次函数开口向上，对称轴， 当时，对称轴，区间上最小值为， 满足条件，，符合要求，B正确； 对于C，曲线，杯底，球心， 对任意在上，到球心距离的平方： ， 代入，得 要满足，即 整理得，因， 等价于对所有成立，最小值在处， 得，即半径至多为1，C正确； 对于D，曲线，杯底，球心， 对任意在上，到球心距离的平方： ， 代入，得， 要满足，即 整理得，因，等价于对所有成立， 最小值在处，得，即半径至多为1，D正确. 考法17：递推关系探究圆锥曲线与数列综合 32.（2026·江苏苏北四市·一模）已知，抛物线的准线与交于两点，且. （1）求抛物线的方程； （2）已知圆心在轴上，半径为的与外切，且与抛物线有且仅有两个公共点. （i）证明：数列为等差数列； （ii）过点作斜率为1的直线，交抛物线于两点，且，求的值. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析 （ii）8 【思路】（1） 利用抛物线准线与圆相交的弦长，结合勾股定理求出，得到抛物线方程.（2）（i） 设出圆的方程，与抛物线联立，利用相切条件（判别式为0）得到圆心坐标与半径的关系.再利用两圆外切的条件，推导出半径的递推关系，证明其为等差数列.（ii） 根据等差数列求出通项公式，得到圆心坐标.写出直线方程并与抛物线联立，利用弦长公式求出. 【解析】（1）依题意，抛物线的准线方程为， 因为准线与交于两点，且， 所以，解得（负值舍去）， 所以抛物线的方程为. （2）（i）证明：设的方程为， 由消去得， 因为与抛物线有且仅有两个公共点， 所以，即， 所以， 因为与外切， 所以， 即， 化简得， 又的半径， 所以数列是以2为首项，2为公差的等差数列. （ii）由（i）知， 所以， 所以， 过点作斜率为1的直线的方程为， 由消去得， 设，则， 所以， 因为， 所以， 解得（负值舍去）. 33.（2025·福建百校联考·检测）已知抛物线的焦点为，抛物线上的个点 (在轴上方，在轴下方)满足：直线经过点，且斜率为1，当时，，，记线段的中点为，直线与直线的交点为. （1）求点的纵坐标； （2）证明：三点共线； （3）证明：当时，. 并求. 【答案】（1）2 （2）证明见解析 （3）证明见解析， 【思路】（1） 设出平行弦的方程，与抛物线联立，利用韦达定理求出中点的纵坐标.（2） 利用垂直关系和相似三角形的性质，通过向量的线性运算证明三点共线.（3） 利用弦长公式表示出相邻两弦的长度，结合中点距离和相似比，推导出弦长之差为常数，从而证明其为等差数列，最后求出通项公式. 【解析】（1）设直线，，. 联立直线和的方程，得，，由韦达定理得， 则点的纵坐标为. （2）因为，所以，，因为与相似，所以，，，故三点共线. （3）由（1）得，，令，可得. ，因为，，所以，即，即，即，即. 故，即，故数列是首项为8公差为16的等差数列，故. 【考点五 方法总结】 1. 导数法求切线：利用导数的几何意义求出曲线在某点处的切线斜率，进而写出切线方程，再与圆锥曲线方程联立，利用判别式 求解参数. 2. 递推关系与数列综合：将圆锥曲线中的几何条件（如交点坐标、弦长等）转化为数列的项，利用递推关系推导出数列的通项公式或前 项和，再结合等差、等比数列的性质进行求解. 四、高考真题 1.（2024·全国一卷·第16题）已知和为椭圆上两点. （1）求的离心率； （2）若过的直线交于另一点，且的面积为9，求的方程. 【答案】（1） （2）直线的方程为或 【解析】（1）由题意得，解得， 所以. （2）法一：，则直线的方程为，即， ，由（1）知， 设点到直线的距离为，则， 则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可， 此时该平行线与椭圆的交点即为点， 设该平行线的方程为：， 则，解得或， 当时，联立，解得或， 即或， 当时，此时，直线的方程为，即， 当时，此时，直线的方程为，即， 当时，联立得， ，此时该直线与椭圆无交点. 综上直线的方程为或. 2.（2025·全国一卷·第10题）（多选）设抛物线的焦点为，过的直线交于、，过且垂直于的直线交于，过点作准线的垂线，垂足为，则（　　） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】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. 3.（2025·全国一卷·第18题）已知椭圆的离心率为，下顶点为，右顶点为，. （1）求椭圆的标准方程； （2）已知动点不在轴上，点在射线上，且满足. （i）设，求点的坐标（用，表示）； （ii）设为坐标原点，是椭圆上的动点，直线的斜率为直线的斜率的倍，求的最大值. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】（1）由题可知，，所以，解得， 故椭圆的标准方程为； （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. （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. 4.（2026·全国一卷·第18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，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） 【解析】（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. 第 2 页，共 17 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第63讲 直线与圆锥曲线的位置关系 · 讲义 一、考情分析 1 二、知识清单 1 三、典题精练 3 考点一：直线与圆锥曲线的位置关系与交点探究 3 考点二：中点弦问题 5 考点三：弦长与距离问题 7 考点四：面积问题 8 考点五：圆锥曲线的跨知识交汇 11 四、高考真题 12 一、考情分析 1. 考查频次与题型 年份 题号与题型 分值 考察类型 考察内容 2024 第16题 解答题 15分 直接考察 直线与椭圆的位置关系、三角形面积 2025 第10题 多选题 第18题 解答题 21分 直接考察 抛物线焦点弦性质、直线与椭圆的位置关系综合 2026 第18题 解答题 15分 直接考察 直线与椭圆的位置关系、弦长与面积、斜率问题 近三年全国一卷均有直接考查，题型包含多选题和解答题，分值在15分至21分之间. 2. 命题角度与特色 （1） 重点考查直线与圆锥曲线（特别是椭圆和抛物线）的联立，涉及弦长、面积、斜率、定点等问题. （2） 对计算能力要求较高，常结合韦达定理、弦长公式、面积公式进行综合考查. 3. 备考策略 （1） 熟练掌握直线与圆锥曲线联立的常规步骤，准确运用韦达定理处理弦长、中点、斜率等问题. （2） 加强代数变形和计算能力的训练，掌握常见的几何条件的代数转化方法，如面积的分割与坐标表示. 二、知识清单 1. 直线和曲线联立 （1） 椭圆 与直线 相交于 两点，设 ，.联立方程组可得 .若与过定点 的直线 相交于 两点，设为 ，如此消去 ，保留 ，构造的方程如下：. （2） 抛物线 与直线 相交于 两点，设 ，.联立可得 ， 时，，. （3） 抛物线 与直线 相交于 两点，设 ，.联立可得 ， 时，，. 2. 根的判别式和韦达定理 （1） 直线 与圆锥曲线 的位置关系： 与 相离 ； 与 相切 ； 与 相交 . （2） 与 联立，两边同时乘上 即可得到 ，为了方便叙述，将上式简记为 .该式可以看成一个关于 的一元二次方程，判别式为 可简单记为 . （3） 同理 和 联立得 ，为了方便叙述，将上式简记为 ，，可简记为 . 3. 弦长公式 （1） 设 ，，根据两点距离公式 . （2） 若 是直线 与圆锥曲线的两个交点，且由两方程消去 后得到一元二次方程 ，则 . （3） 若 是直线 与圆锥曲线的两个交点，且由两方程消去 后得到一元二次方程 ，则 . （4） 构造直角三角形求解弦长，.其中 为直线 斜率， 为直线倾斜角. 4. 已知弦的中点，研究弦的斜率和方程 （1） 是椭圆 的一条弦，中点 ，则 的斜率为 .运用点差法求 的斜率：设 ，， 都在椭圆上，所以 ，，两式相减得 ，所以 ，即 ，故 . （2） 运用类似的方法可以推出：若 是双曲线 的弦，中点 ，则 ；若曲线是抛物线 ，则 . 5. 圆锥曲线的切线方程 （1） 椭圆 上一点 处的切线方程为 . （2） 双曲线 上一点 处的切线方程为 . （3） 抛物线 上一点 处的切线方程为 . 6. 圆锥曲线的焦点弦性质 （1） 抛物线 的焦点弦 （设 ，），则弦长 （ 为焦点弦的倾斜角）.且 ，. （2） 椭圆 的焦点弦 （经过左焦点 ），则弦长 .若经过右焦点 ，则 . 7. 面积公式与转化 （1） 三角形面积的坐标公式：已知 （ 为坐标原点），，，则 . （2） 弦长与点到直线距离结合求面积：（ 为点到直线 的距离）. 三、典题精练 考点一：直线与圆锥曲线的位置关系与交点探究 考法1：联立方程与判别式判定交点个数 1.已知椭圆的两焦点为，，点满足，则直线与椭圆的公共点个数为（　　） A. 0 B. 1 C. 2 D. 不确定，与点的位置有关 2.给出下列曲线方程： ①； ②； ③； ④. 其中与直线有交点的所有曲线方程是（　　） A. ①③ B. ②④ C. ①②③ D. ②③④ 考法2：韦达定理求解曲线参数与方程 3.（2026·福建福州·检测）已知椭圆的左右焦点为，是椭圆上不同的三点，四边形是边长为的正方形. （1）求椭圆的标准方程： （2）在轴上是否存在一点，使得为等边三角形？若存在，求的长；若不存在，请说明理由. 4.（2026·山东德州·三模）已知圆的一条直径与抛物线的通径(过圆锥曲线的焦点与焦点所在的对称轴垂直的弦)恰好构成一个正方形的一组邻边. （1）求抛物线的标准方程； （2）抛物线的焦点为，过的直线交于两点，点在第一象限，过分别作抛物线准线的垂线，垂足分别为，证明：； （3）点在上，过且斜率为2的直线与直线交于点，且，直线与的另一个交点为，焦点到直线的距离是否存在最大值？若存在求出最大值，若不存在，请说明理由. 考法3：韦达定理证明直线过定点问题 5.（2026·山东潍坊·二模）已知双曲线的焦距为，渐近线方程为. （1）求的方程； （2）过点作两条互相垂直的直线，若与的右支交于两点，与的右支交于两点，线段与的中点分别为，且在第一象限. （i）证明：直线过定点； （ii）直线与交于点，求面积的最小值. 考法4：韦达定理证明斜率与代数式定值 6.（2026·安徽师大附中·检测）已知抛物线上的点到焦点的最短距离为1，过点作两条直线与抛物线分别交于点和，弦的中点分别为，记为坐标原点. （1）求抛物线的方程； （2）若点的坐标为（m，2），求直线方程； （3）若，直线交抛物线于两点（与在轴同侧），直线与轴交于点，求证：. 考法5：转化向量与几何条件求解交点问题 7.（2026·江苏南京·二模）已知直线与抛物线（）交于两点，且（O为坐标原点），则（　　） A. 1 B. 2 C. 4 D. 不确定 8.（2026·河南八校·联考）已知椭圆的上顶点为，右焦点为，右顶点为. （1）若椭圆的离心率为，且以原点为圆心，为半径的圆与直线相切，求椭圆的标准方程； （2）若直线交椭圆于另一点，设直线的斜率分别为，求的值(结果用离心率表示). 【考点一 方法总结】 1. 在直线与抛物线的问题中，设直线的时候选择形式多思考分析，往往可以降低计算量.开口向上选择正设；开口向右，选择反设. 2. 由韦达定理写出 和 时，注意隐含条件 .求解时要注意题干所有的隐含条件，要符合所有的题意. 3. 韦达定理连接了题干条件与方程中的参数，所以在处理例如向量问题、面积问题、三点共线问题、角度问题等常考内容的时候，要把题目中的核心信息，转化为坐标表达，转化为可以使用韦达定理的形式. 4. 注意二次曲线方程和二次曲线方程往往不能通过联立消元，利用 判断根的关系，因为此情况下往往会有增根，根据题干的隐含条件可以舍去增根，所以在遇到两条二次曲线交点问题的时候，使用画图的方式分析，或者解方程组，真正算出具体坐标. 考点二：中点弦问题 考法6：点差法求解中点弦所在直线方程 9.（2026·安徽铜陵·一模）（多选）已知双曲线的离心率为，其左、右焦点分别为，，点在的右支上，直线与交于另一点，的中点为，为坐标原点，则下列说法错误的是（　　） A. 存在点，使得直线的斜率为2 B. 存在点，使得 C. 存在点，使得 D. 存在点，使得点的横坐标为 10.双曲线的一条弦的中点为，则此弦所在的直线方程为＿＿＿＿＿＿. 考法7：点差法探究弦中点轨迹与定点 11.直线与椭圆交于，两点，已知直线的斜率为1，则弦中点的轨迹方程是＿＿＿＿＿＿. 12.已知椭圆内有一点，弦过点，则弦中点的轨迹方程是＿＿＿＿＿＿. 考法8：韦达定理探究弦中点与定比分点问题 13.（2026·山东菏泽·一模）已知抛物线，为坐标原点，过焦点的直线交抛物线于，两点，为线段的中点，则直线的斜率的最大值为＿＿＿＿＿＿. 14.（2025·河北唐山·一模）若一个数列各项的倒数成等差数列，则这个数列称为调和数列，如数列，就是一个调和数列. （1）在集合中从小到大取三个数，使其构成调和数列（只需写出一个数列即可）； （2）若四点共线，顺次排列，且，则称此四点构成了一个调和点列. （i）求证：三个线段长度构成一个调和数列； （ii）直线过点与椭圆相交于两点，已知四点构成一个调和点列，求点的轨迹长度. 【考点二 方法总结】 1. 直线与圆锥曲线相交所得弦中点问题，是解析几何的重要内容之一，也是高考的一个热点问题.这类问题一般有以下3种类型：（1） 求中点弦所在直线方程问题；（2） 求弦中点的轨迹方程问题；（3） 对称问题，但凡涉及到弦的中点斜率的问题，首先要考虑是点差法. 2. 点差法步骤：即设出弦的端点坐标，根据端点在曲线上，结合中点坐标公式，寻找中点坐标与弦的斜率之间的联系. 3. 中点弦斜率公式结论： （1） 在椭圆 中，中点弦的斜率为 ，满足 . （2） 在双曲线 中，中点弦的斜率为 ，满足 （其中 为原点与弦中点连线的斜率）. （3） 在抛物线 中，中点弦的斜率为 ，满足 （ 为中点纵坐标）. 考点三：弦长与距离问题 考法9：弦长公式计算直线与曲线截得弦长 15.（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. 16.（2025·河南驻马店·检测）已知过抛物线的焦点作斜率为正数的直线交抛物线的准线于点，交抛物线于，（在线段上），，则以线段为直径的圆被轴截得弦长为＿＿＿＿＿＿. 17.（2026·河南驻马店·检测）已知椭圆（）的左、右焦点分别为，，离心率，椭圆的短轴长为2. （1）求椭圆的标准方程； （2）已知直线，过右焦点，且它们的斜率乘积为，设，分别与椭圆交于点，和，. ①求的值； ②设的中点，的中点为，求面积的最大值. 考法10：圆锥曲线定义转化求解焦点弦长 18.（2026·浙江金华·二模）抛物线的焦点为，斜率为2的直线与抛物线相交于，两点，且，，则（　　） A. B. C. D. 19.（2025·江西九江·一模）已知抛物线，，过点的直线与及自上而下依次交于四点，则的最小值为＿＿＿＿＿＿. 20.（2026·福建莆田·二模）已知抛物线的焦点为，准线为，直线与，的交点分别为，，且. （1）求； （2）若过点的直线交于，两点，且，求的值. 考法11：韦达定理探究弦长与距离的最值范围 21.（2025·广东大湾区·模拟）已知抛物线的弦的中点横坐标为5，则的最大值为（　　） A. 12 B. 11 C. 10 D. 9 22.（2026·山东师大附中·检测）已知椭圆的离心率，且经过点，为坐标原点，斜率不为0的直线与椭圆交于两点，. （1）求椭圆的方程； （2）证明：点到直线的距离是定值； （3）求的取值范围. 【考点三 方法总结】 1. 在弦长有关的问题中，一般有三类问题：（1） 弦长公式；（2） 与焦点相关的弦长计算，利用定义；（3） 涉及到面积的计算问题. 2. 弦长公式的运用：表达式中，当为 时，；直线上任何两点距离都可如上计算，不是非得直线和曲线联立后才能用. 3. 直线和曲线联立后化简得到的式子记为 ，判别式为 ， 时，利用求根公式推导也很方便，使用此方法在解题化简的时候可以大大提高效率. 4. 直线和圆相交的时候，过圆心做直线的垂线，利用直角三角形的关系求解弦长会更加简单.直线如果过焦点可以考虑焦点弦公式以及焦长公式. 考点四：面积问题 考法12：底高公式计算三角形与多边形面积 23.（2026·山东泰安·一模）已知双曲线的左、右顶点分别为，实轴长为2，焦点到渐近线的距离为1. （1）求的标准方程； （2）若过点的直线与的左右两支分别交于两点（在第一象限内），记直线的倾斜角分别为. （i）求的最小值； （ii）求的值. 考法13：分割法与坐标化处理多边形面积 24.已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，直线与椭圆交于，两点，且的周长最大值为8． （1）求椭圆的标准方程； （2）如图，，是椭圆上的两点，且直线与的斜率之积为(O为坐标原点)，为射线上一点，且，线段与椭圆交于点，，求四边形的面积． 25.（2026·河南华大联盟·联考）已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上且的周长为6. （1）求椭圆的方程. （2）设过点的直线与椭圆交于两点，过点的直线与椭圆交于两点，与的交点为，且与的斜率之积为. ①求点的轨迹方程； ②求四边形面积的取值范围. 考法14：韦达定理探究面积的最值与范围 26.（2026·河南新未来·检测）已知双曲线的右焦点为，左顶点为，，圆，到圆上点的距离的最大值为3. （1）求的方程； （2）已知过点的直线与的右支交于两点，直线分别交圆的另一点于. （i）证明：； （ii）记四边形的面积为，的面积为，求的最小值. 27.（2026·山东临沂·一模）已知椭圆的两个焦点分别为，点是上的一动点，当面积取到最大值时，. （1）求的方程； （2）过点的直线与交于两点，点关于轴的对称点为与不重合. （i）求证：直线过定点； （ii）求面积的最大值. 考法15：利用几何模型探究面积比例与定值 28.（2025·山东青岛·一模）已知椭圆的左，右焦点分别为，，短轴长为，离心率为. （1）求的方程； （2）记的左顶点为，直线与交于，两点，直线，的斜率之积为. （i）证明：直线过定点； （ii）若在轴上方，直线与圆交于点，点在轴上方.是否存在点，使得与的面积之比为3：5？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由. 29.（2024·广东华附·三模）已知抛物线，过点的直线交于，两点，当与轴平行时，的面积为16，其中为坐标原点. （1）求的方程； （2）已知点，，（）为抛物线上任意三点，记面积为，分别在点、、处作抛物线的切线、、，与的交点为，与的交点为，与的交点为，记面积为，是否存在实数，使得？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 【考点四 方法总结】 1. 三角形的面积处理方法： 底 高（通常选弦长做底，点到直线的距离为高）. 2. 四边形或多个图形面积的关系的转化：分析图形的底和高中是否存在“同底”或“等高”的特点（尤其是有平行条件的时候），可将面积的关系转化，降低计算量.特殊的，对角线互相垂直的四边形，面积等于对角线长度乘积的一半. 3. 圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法： （1） 几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决. （2） 代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围. 考点五：圆锥曲线的跨知识交汇 考法16：导数与判别式探究圆锥曲线切线 30.（2026·山东临沂·一模）已知曲线在点处的切线为，若直线与抛物线也相切，则＿＿＿＿＿＿. 31.（2026·广东汕头·一模）如图所示，一个玻璃杯的内壁是由曲线段绕它的对称轴旋转所得的曲面.现把一个小球放进杯内，欲使小球能接触杯底.下列结论正确的是（　　） A. 若曲线段的方程为，则小球半径可以是2.01 B. 若曲线段的方程为，则小球半径可以是0.99 C. 若曲线段的方程为，则小球半径至多是1 D. 若曲线段的方程为，则小球半径至多是1 考法17：递推关系探究圆锥曲线与数列综合 32.（2026·江苏苏北四市·一模）已知，抛物线的准线与交于两点，且. （1）求抛物线的方程； （2）已知圆心在轴上，半径为的与外切，且与抛物线有且仅有两个公共点. （i）证明：数列为等差数列； （ii）过点作斜率为1的直线，交抛物线于两点，且，求的值. 33.（2025·福建百校联考·检测）已知抛物线的焦点为，抛物线上的个点 (在轴上方，在轴下方)满足：直线经过点，且斜率为1，当时，，，记线段的中点为，直线与直线的交点为. （1）求点的纵坐标； （2）证明：三点共线； （3）证明：当时，. 并求. 【考点五 方法总结】 1. 导数法求切线：利用导数的几何意义求出曲线在某点处的切线斜率，进而写出切线方程，再与圆锥曲线方程联立，利用判别式 求解参数. 2. 递推关系与数列综合：将圆锥曲线中的几何条件（如交点坐标、弦长等）转化为数列的项，利用递推关系推导出数列的通项公式或前 项和，再结合等差、等比数列的性质进行求解. 四、高考真题 1.（2024·全国一卷·第16题）已知和为椭圆上两点. （1）求的离心率； （2）若过的直线交于另一点，且的面积为9，求的方程. 2.（2025·全国一卷·第10题）（多选）设抛物线的焦点为，过的直线交于、，过且垂直于的直线交于，过点作准线的垂线，垂足为，则（　　） A. B. C. D. 3.（2025·全国一卷·第18题）已知椭圆的离心率为，下顶点为，右顶点为，. （1）求椭圆的标准方程； （2）已知动点不在轴上，点在射线上，且满足. （i）设，求点的坐标（用，表示）； （ii）设为坐标原点，是椭圆上的动点，直线的斜率为直线的斜率的倍，求的最大值. 4.（2026·全国一卷·第18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，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. 第 2 页，共 17 页 学科网（北京）股份有限公司 $