13圆锥曲线中的证明问题——2027届高三数学一轮复习解析几何回归教材版讲义

该高中数学高考复习讲义聚焦圆锥曲线证明问题，涵盖位置关系、数量关系等核心考点，按知识梳理-回归教材-考点分类架构整合内容，通过考点梳理明确解题策略，方法指导强化转化意识，真题训练提升实战能力，帮助学生系统突破解析几何证明难点。 资料突出回归教材与高考真题对接，以13道教材原题为基础，结合近年模拟题分类讲解证明技巧，如证明线过定点时引导学生用坐标法转化几何关系，培养数学思维与表达能力。跟踪练习分层设计，确保复习针对性，助力学生高效掌握解题规律，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

2027届高三一轮复习解析几何回归教材版讲义 ——13 圆锥曲线中的证明问题 知识梳理： 几何证明问题的解题策略 1.圆锥曲线中的证明问题,主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系,如某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等;二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系（相等或不相等）. 2.解决证明问题时,主要根据直线、圆锥曲线的性质,直线与圆锥曲线的位置关系等,通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及数值计算等进行证明. 3.树立“转化”意识，证明位置关系，如相切、垂直、过定点等，关键是将位置关系转化为代数关系． 几何性质 代数实现 对边平行 斜率相等，或向量平行 对边相等 横(纵)坐标差相等 对角线互相平分 中点重合 两边垂直 数量积为0 回归教材： 1、【人教A版选择性必修一第3.3.2节例5】经过抛物线焦点的直线交抛物线于两点,经过点和抛物线顶点的直线交抛物线的准线于点,求证：直线平行于抛物线的对称轴. 2、【人教A版选择性必修一习题3.3第6题】如图,直线与抛物线相交于两点, 求证:. (第6题) 3、【人教A版选择性必修一复习参考题3第5题】设抛物线的顶点为,经过焦点且垂直于对称轴的直线交抛物线于两点,经过抛物线上一点且垂直于轴的直线与轴交于点.求证:是和的比例中项. 4、【人教B版选择性必修一复习题03B组第23题】设椭圆的方程为，斜率为1的直线不经过坐标原点O，而且与椭圆相交于A，B两点，M为线段AB的中点，直线AB与OM能否垂直？证明你的结论。 5、【人教B版选择性必修一复习题03B组第11题】过抛物线的焦点的一条直线与这条抛物线相交于A，B两点，求证：这两个交点到x轴的距离的乘积是常数。 6、【人教B版选择性必修一复习题03B组第12题】过抛物线的顶点O作互相垂直的弦OA和OB，求证：弦AB与抛物线的对称轴相交于定点。 7、【人教B版选择性必修一习题2—8组第8题】过抛物线的焦点的一条直线与它交于P，Q两点，过点P和此抛物线顶点的直线与抛物线的准线交于点M，求证：直线MQ平行于此抛物线的对称轴。 8、【人教B版选择性必修一习题2—8B第9题】过抛物线的焦点F的一条直线与它交于两点，求证：以为直径的圆与该抛物线的准线相切。 9、【人教B版选择性必修一习题2—8B第3题】已知直线的斜率与双曲线C的渐近线的斜率相等，求证：直线与双曲线C最多只有一个公共点。 10、【人教B版选择性必修一习题2—8A第9题】过抛物线的焦点的一条直线与抛物线相交，且两个交点的纵坐标为，求证：。 11、【人教B版选择性必修一习题2—7A第7题】过抛物线的焦点F的一条直线与抛物线相交于A，B两点，从A，B向抛物线的准线作垂线，垂足分别为，求证：。 12、【人教B版选择性必修一第2.7.2节练习B第6题】设抛物线上一点M的横坐标为，证明M到抛物线焦点的距离为，并总结出关于抛物线其他形式的标准方程的类似结论。 13、【人教B版选择性必修一第2.6.2节练习B第5题】求证：双曲线的焦点到其渐近线的距离等于半虚轴长。 考点梳理： 证明线过定点 例．（2026·四川宜宾·一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点M在C上，轴，且． (1)求C的方程； (2)过点的直线交C于不同的两点A、B，于点H，证明：直线HB过定点． 例．（2026·山东济宁·一模）已知椭圆的两焦点分别为，离心率为，为椭圆上三个不重合的点，且直线经过点与关于轴对称. (1)求椭圆的标准方程； (2)求证：直线经过定点，并求出该定点的坐标； 例．（2026·河北石家庄·一模）已知椭圆的右焦点，短轴长为2. (1)求椭圆的方程； (2)记为坐标原点，直线与椭圆交于两点，过点作直线的垂线，垂足为. 求证：直线恒过定点； 证明三点共线 例．（2026·广东湛江·一模）已知椭圆的左、右顶点分别为，其离心率为，且上的点到其中一个焦点的距离的最小值为，过点的直线交椭圆于两点，直线分别交直线于点． (1)求椭圆的方程； (2)证明：三点共线； (3)试问以为直径的圆是否恒过定点？若是，请求出定点坐标；若不是，请说明理由． 例、已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)经过点C(0,1)，离心率为.O为坐标原点． (1)求椭圆E的方程； (2)设A，B分别为椭圆E的左、右顶点，D为椭圆E上一点(不在坐标轴上)，直线CD交x轴于点P，Q为直线AD上一点，且·＝4，求证：C，B，Q三点共线． 例．（2026·北京东城·二模）已知椭圆：的右焦点为，且经过点. (1)求椭圆W的方程； (2)已知点，.设直线分别与直线，交于点M，N，直线与直线交于点P，直线与直线交于点Q，直线交椭圆W于另一点R，求证：P，Q，R三点共线. 证明角度关系 例、双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左顶点为A，右焦点为F，动点B在C上．当BF⊥AF时，|AF|＝|BF|. (1)求C的离心率； (2)若B在第一象限，证明：∠BFA＝2∠BAF. 例．（2026·广东·一模）设双曲线的离心率为2，其左、右焦点分别是，过的直线与双曲线的右支交于点．当与轴垂直时，． (1)求双曲线的标准方程； (2)求的最小值； (3)记的内切圆与双曲线的一个公共点为，双曲线的左顶点为，证明：． 证明位置关系 例．（2026·内蒙古鄂尔多斯·一模）椭圆的右焦点为，左顶点为，上顶点为，离心率为，的面积为． (1)求椭圆的方程； (2)设为坐标原点，椭圆上有一动点（不在轴上），为线段的中点，直线与直线相交于点． （i）当点的坐标为时，求；（ii）证明：． 例．（2026·河南开封·二模）等轴双曲线经过点． (1)求双曲线的方程； (2)已知圆心在轴的圆经过原点，且与双曲线相交于四点（按照顺时针方向），求证：直线与圆相切． 例．已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的右焦点为F(2，0)，渐近线方程为y＝±x. (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P(x1，y1)，Q(x2，y2)在C上，且x1＞x2＞0，y1＞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；②PQ∥AB；③|AM|＝|BM|. 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分． 证明恒等式 例．（2026·辽宁沈阳·二模）已知抛物线，过焦点F的直线与抛物线E相交于A，B两点，与抛物线E的准线相交于点Q．若以线段AF为直径作圆，当此圆经过点时，． (1)求抛物线E的方程；(2)证明：． 例．（2026·黑龙江·一模）已知离心率相同的椭圆与椭圆分别是同一矩形（两组对边分别与对称轴平行）的内切椭圆和外接椭圆 (1)求， (2)设直线l与椭圆相交于两点，与椭圆相交于两点，且A在线段BD上，求证： 例、已知A是圆E：(x－)2＋y2＝16上的任意一点，点F(－，0)，线段AF的垂直平分线交线段AE于点T. (1)求动点T的轨迹C的方程； (2)已知点Q(4，0)，过点P(1，0)的直线l与C交于M，N两点，求证：|MP|·|NQ|＝|MQ|·|NP|. 证明定值问题 例．（2026·贵州六盘水·一模）已知椭圆的焦距为2，且过点． (1)求椭圆C的方程. (2)设B为椭圆C的右顶点，过点的直线l与椭圆C交于M，N两点（异于点B）．记直线的斜率分别为，证明：为定值. 例．（2026·河北·一模）已知椭圆 的左、右焦点分别为 ，上顶点为E，且 ，点在C上. (1)求C的方程. (2)已知A，B是椭圆 上的点，是C 上一点，若线段 PA，PB 的中点都在上，记 当点 P 运动时，证明：的面积是定值； 跟踪练习： 1．（2026·河北唐山·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为，一条过点且斜率为的直线与的左、右两支分别交于两点，与两条渐近线分别交于，两点． (1)若焦距为12，求的方程； (2)当时，若，证明：轴； 2．（2026·天津红桥·一模）已知椭圆的一个焦点与短轴的两个端点围成的三角形面积是1，离心率． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线与椭圆交于不同两点，与圆相切于点．证明：（为坐标原点）； 3．（2026·湖南怀化·一模）在抛物线中，直线与交于两点，为的焦点.当直线为时，. (1)求抛物线的标准方程； (2)已知直线与相交于两点，直线与相交于两点（点在轴的上方），若，四边形的外接圆圆心坐标为，求证：. 4．（2026·广东揭阳·二模）已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，实轴长为，点到双曲线的渐近线的距离为1，过的直线与交于右支两点. (1)求双曲线的方程； (2)证明存在轴上的一点，使得为定值. 5．已知动点P到直线l：x＝4的距离是到点F(1,0)距离的2倍，记点P的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的方程； (2)记曲线C与x轴交于A，B两点，Q(4,0)，设M是直线x＝1上任意一点，直线MA，MB与曲线C的另一交点分别为D，E.求证：Q，D，E三点共线． 6、已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左焦点为F(－1,0)，过F且垂直于x轴的直线被椭圆截得的弦长为3. (1)求椭圆C的方程； (2)已知点M(－4,0)，过F作直线l交椭圆于A，B两点，证明：∠FMA＝∠FMB. 7．（2026·新疆·二模）已知，分别是椭圆C：（）的左、右焦点，O为坐标原点，M为椭圆C上任意一点，的最大值为，当时，的面积为1． (1)求椭圆C的方程及其离心率； (2)已知A，B为椭圆C的左右顶点，若点P满足，当M与A，B不重合时，直线MP交椭圆C于另一点N，直线AM，BN交于点T． （ⅰ）证明：点T在一条定直线上； （ⅱ）求的最大值． 8、已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F，点M在C上，且MF⊥x轴． (1)求C的方程； (2)过点P(4，0)的直线与C交于A，B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：AQ⊥y轴． 9．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)经过点P(2，)，离心率e＝. (1)求椭圆E的方程． (2)过点P斜率为k1，k2的两条直线分别交椭圆E于A，B两点，且满足k1＋k2＝0.证明：直线AB的斜率为定值． 10、已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且过点A(2,1)． (1)求C的方程； (2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值． 11．（2026·江西上饶·一模）已知椭圆的焦距为2，点在椭圆上． (1)求椭圆的方程； (2)如图，斜率存在且不为0的直线与相交于点（在的左侧），，分别为左右焦点，设直线的斜率分别为，且． ①求证：直线过定点； ②设直线相交于点，求证：为定值． 12、已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个顶点坐标为A(0，－1)，离心率为. (1)求椭圆C的方程； (2)若直线y＝k(x－1)(k≠0)与椭圆C交于不同的两点P，Q，线段PQ的中点为M，点B(1,0)，求证：点M不在以AB为直径的圆上． 13．（2026·云南昭通·二模）已知点与定点的距离和它到定直线的距离之比为． (1)求的轨迹方程； (2)过点的直线与交于两点(其中不共线），记（为坐标原点）的面积为，过线段的中点作直线的垂线，垂足为，设直线的斜率分别为． （i）求的取值范围； （ii）求证：为定值． 14．（2026·广东广州·二模）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)求的方程： (2)已知点，过点的直线交于E，F两点在轴的下方），直线BF交直线于点． （i）设直线ME的斜率为，直线MF的斜率为，判断是否为定值，并说明理由； （ii）证明：直线ME过定点． 15．（2026·安徽淮南·二模）已知椭圆：的短轴长为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)记点为椭圆的左顶点，点为椭圆的下顶点，动点是第一象限内椭圆上的一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点.证明：四边形的面积为定值. 16．抛物线:，为的焦点，过抛物线外一点作抛物线的两条切线，，是切点. (1)若点的纵坐标为，求证：直线恒过定点； (2)若||＝，求面积的最大值; (3)证明：||·||=. 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届高三一轮复习解析几何回归教材版讲义 ——13 圆锥曲线中的证明问题 知识梳理： 几何证明问题的解题策略 1.圆锥曲线中的证明问题,主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系,如某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等;二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系（相等或不相等）. 2.解决证明问题时,主要根据直线、圆锥曲线的性质,直线与圆锥曲线的位置关系等,通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及数值计算等进行证明. 3.树立“转化”意识，证明位置关系，如相切、垂直、过定点等，关键是将位置关系转化为代数关系． 几何性质 代数实现 对边平行 斜率相等，或向量平行 对边相等 横(纵)坐标差相等 对角线互相平分 中点重合 两边垂直 数量积为0 回归教材： 1、【人教A版选择性必修一第3.3.2节例5】经过抛物线焦点的直线交抛物线于两点,经过点和抛物线顶点的直线交抛物线的准线于点,求证：直线平行于抛物线的对称轴. 分析：我们用坐标法证明这个结论,即通过建立抛物线及直线的方程,运用方程研究直线与抛物线对称轴之间的位置关系.建立如图3.3-5所示的直角坐标系,只要证明点的纵坐标与点的纵坐标相等即可. 图3.3-5 证明:如图3.3-5,以抛物线的对称轴为轴,抛物线的顶点为原点,建立平面直角坐标系.设抛物线的方程为点的坐标为,则直线的方程为 抛物线的准线方程是.联立(2)(3),可得点的纵坐标为. 因为焦点的坐标是,当时,直线的方程为 联立(1)(4),消去,可得,即 可得点的纵坐标为,与点的纵坐标相等,于是平行于轴.当时,易知结论成立. 所以,直线平行于抛物线的对称轴. 2、【人教A版选择性必修一习题3.3第6题】如图,直线与抛物线相交于两点, 求证:. (第6题) 【答案】证明见解析 【解析】联立方程，把代入抛物线方程得：。 设，由韦达定理：。向量， 点积，故，即。 3、【人教A版选择性必修一复习参考题3第5题】设抛物线的顶点为,经过焦点且垂直于对称轴的直线交抛物线于两点,经过抛物线上一点且垂直于轴的直线与轴交于点.求证:是和的比例中项. 【答案】证明见解析 【解析】设抛物线标准方程：，焦点，对称轴为轴。 过焦点垂直对称轴直线：，代入抛物线：，，所以。 设在抛物线上，则；轴，得，。 满足比例中项定义，命题得证。 4、【人教B版选择性必修一复习题03B组第23题】设椭圆的方程为，斜率为1的直线不经过坐标原点O，而且与椭圆相交于A，B两点，M为线段AB的中点，直线AB与OM能否垂直？证明你的结论。 【答案】不能垂直，证明见解析 【解析】设直线，。联立：， 整理：。韦达定理：。 中点坐标：斜率。，乘积。 因为，故。两条直线斜率乘积不等于，因此与不可能垂直。 5、【人教B版选择性必修一复习题03B组第11题】过抛物线的焦点的一条直线与这条抛物线相交于A，B两点，求证：这两个交点到x轴的距离的乘积是常数。 【答案】常数为，证明见解析 【解析】抛物线焦点。 ①直线斜率存在：设直线，。 联立，得。韦达定理：。 两点到轴距离：，乘积。 ②直线垂直轴：直线，交点，距离乘积。 综上，距离乘积恒为常数。 6、【人教B版选择性必修一复习题03B组第12题】过抛物线的顶点O作互相垂直的弦OA和OB，求证：弦AB与抛物线的对称轴相交于定点。 【答案】定点（抛物线），证明见解析 【解析】设抛物线，对称轴为轴。设，因，则。 联立，得；联立，得。 求直线方程：斜率。点斜式：。 令，解得：即直线恒过定点。 7、【人教B版选择性必修一习题2—8组第8题】过抛物线的焦点的一条直线与它交于P，Q两点，过点P和此抛物线顶点的直线与抛物线的准线交于点M，求证：直线MQ平行于此抛物线的对称轴。 【答案】轴，证明见解析 【解析】设抛物线，焦点，准线。 设直线，。联立得，。 直线方程：。准线代入：由，得。 ，两点纵坐标相等，故平行轴（抛物线对称轴）。 8、【人教B版选择性必修一习题2—8B第9题】过抛物线的焦点F的一条直线与它交于两点，求证：以为直径的圆与该抛物线的准线相切。 【答案】圆与准线相切，证明见解析 【解析】设抛物线，准线。设，线段中点（圆心）。过分别作准线垂线，垂足。由抛物线定义：。 直径长。梯形中位线：圆心到准线距离 圆心到直线距离等于半径，故圆与准线相切。 9、【人教B版选择性必修一习题2—8B第3题】已知直线的斜率与双曲线C的渐近线的斜率相等，求证：直线与双曲线C最多只有一个公共点。 【答案】最多一个公共点，证明见解析 【解析】设双曲线，渐近线斜率。不妨设直线。 联立方程：代入化简： ①：方程为一元一次方程，仅有 1 个解，对应 1 个交点； ②：直线就是渐近线，方程无解，无交点。 综上，直线与双曲线至多一个公共点。 10、【人教B版选择性必修一习题2—8A第9题】过抛物线的焦点的一条直线与抛物线相交，且两个交点的纵坐标为，求证：。 【答案】证明见解析 【解析】抛物线的焦点为。设焦点弦直线：（包含斜率不存在情形）。 联立，消去：由一元二次方程韦达定理，直接得两根之积：。 11、【人教B版选择性必修一习题2—7A第7题】过抛物线的焦点F的一条直线与抛物线相交于A，B两点，从A，B向抛物线的准线作垂线，垂足分别为，求证：。 【答案】证明见解析 【解析】准线，设，则，焦点。 焦点弦结论：。向量。，故。 12、【人教B版选择性必修一第2.7.2节练习B第6题】设抛物线上一点M的横坐标为，证明M到抛物线焦点的距离为，并总结出关于抛物线其他形式的标准方程的类似结论。 【答案】焦半径；其余结论见解析 【解析】抛物线准线方程：。根据抛物线定义：抛物线上点到焦点距离 = 到准线距离。 点到准线距离：，故。其余标准抛物线焦半径： （1）：，； （2）：，； （3）：，。 13、【人教B版选择性必修一第2.6.2节练习B第5题】求证：双曲线的焦点到其渐近线的距离等于半虚轴长。 【答案】证明见解析 【解析】设双曲线，焦点，。 一条渐近线：。由点到直线距离公式：左焦点、另一条渐近线同理，距离均为。 考点梳理： 证明线过定点 例．（2026·四川宜宾·一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点M在C上，轴，且． (1)求C的方程； (2)过点的直线交C于不同的两点A、B，于点H，证明：直线HB过定点． 【答案】(1)；(2)证明见解析 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）分直线斜率是否为零讨论，联立直线与椭圆方程，求出直线的方程，令即可结合韦达定理化简得出. 【详解】（1）将代入中得，，则， 因为，所以，又，得，故C的方程为； （2）若直线斜率不为，则设直线，，， 联立，得， 则， 得，，因为，则， 则直线的方程为，令， 得，则直线HB过定点； 若直线斜率为，则直线HB为轴，过点； 故直线HB过定点. 例．（2026·山东济宁·一模）已知椭圆的两焦点分别为，离心率为，为椭圆上三个不重合的点，且直线经过点与关于轴对称. (1)求椭圆的标准方程； (2)求证：直线经过定点，并求出该定点的坐标； 【答案】(1)；(2)证明见解析，定点为 【分析】（1）根据焦点坐标，可得c值，根据离心率，可得a值，则可求出，即可得答案. （2）直线AC的方程为，与椭圆联立，设，则，根据韦达定理，可得表达式，求出直线AB的方程，化简整理，即可得答案. 【详解】（1）由椭圆的焦点分别为，得， 由离心率，得，则，所以椭圆的标准方程为. （2）证明：由直线AC过，设直线AC的方程为，因为不重合且B与关于轴对称，所以m存在且，联立，得，设，则， 则，又直线AB的斜率， 所以直线AB的方程为， 整理得 ，令，得，所以直线AB恒过点. 例．（2026·河北石家庄·一模）已知椭圆的右焦点，短轴长为2. (1)求椭圆的方程； (2)记为坐标原点，直线与椭圆交于两点，过点作直线的垂线，垂足为. 求证：直线恒过定点； 【答案】(1)；(2)证明见解析； 【分析】（1）由椭圆的焦点及短轴列式计算求解得出从而可得的方程； （2）将与直线方程联立可得，直线，令，结合韦达定理求证即可. 【详解】（1）依题意可知，解得，椭圆的标准方程为. （2）设，依题意， 得，， 所以，即得直线的方程为：①. 由图形的对称性可知，若动直线过定点，则定点一定在轴上，所以令代入①， 可得，由（*）得， 所以，得，所以直线恒过定点. 证明三点共线 例．（2026·广东湛江·一模）已知椭圆的左、右顶点分别为，其离心率为，且上的点到其中一个焦点的距离的最小值为，过点的直线交椭圆于两点，直线分别交直线于点． (1)求椭圆的方程； (2)证明：三点共线； (3)试问以为直径的圆是否恒过定点？若是，请求出定点坐标；若不是，请说明理由． 【答案】(1)；(2)证明见解析 【分析】（1）利用椭圆的基本性质：离心率，以及椭圆上点到焦点的最小距离为，联立这两个条件即可解出，从而得到椭圆方程。 （2）通过设过点的直线方程，联立椭圆得到韦达定理关系；再求出直线与的交点的坐标，最后通过证明向量与共线，即可证得 共线。 【详解】（1）设点P是上任意一点，是其左、右焦点，则有． 又，即，结合以上两式可得， 当且仅当三点共线时取等号，点P到其中一个焦点的距离的最小值为，故． 又，解得，故，∴椭圆的方程为． （2）依题意可设直线的方程为， 代入的方程消去x得存在两个不相等的实数根． 设，则故直线的方程为 ，令，可得．又， ． ，故三点共线． 例、已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)经过点C(0,1)，离心率为.O为坐标原点． (1)求椭圆E的方程； (2)设A，B分别为椭圆E的左、右顶点，D为椭圆E上一点(不在坐标轴上)，直线CD交x轴于点P，Q为直线AD上一点，且·＝4，求证：C，B，Q三点共线． 解：(1)由题意，得b＝1，＝.又a2＝b2＋c2，所以a＝2，c＝.故椭圆E的方程为＋y2＝1. (2)证明：A(－2,0)，B(2,0)．设D(x0，y0)(x0y0≠0)，则＋y＝1. 因为C(0,1)，所以直线CD的方程为y＝x＋1，令y＝0，得x＝，故点P的坐标为. 设Q(xQ，yQ)，由·＝4，得xQ＝(显然xQ≠±2)．直线AD的方程为y＝(x＋2)， 将xQ代入直线AD的方程，得yQ＝，即Q. 显然直线BQ的斜率存在， 且kBQ＝＝＝＝＝－. 又直线BC的斜率kBC＝－，所以kBC＝kBQ，即C，B，Q三点共线． 例．（2026·北京东城·二模）已知椭圆：的右焦点为，且经过点. (1)求椭圆W的方程； (2)已知点，.设直线分别与直线，交于点M，N，直线与直线交于点P，直线与直线交于点Q，直线交椭圆W于另一点R，求证：P，Q，R三点共线. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】(1)直接将点代入椭圆方程求解 (2)两点式求直线方程，结合椭圆方程求交点横坐标，通过斜率相等证明三点共线 【详解】（1）由题意得，解得，所以椭圆W的方程为. （2）由(1)可知，则.已知， 直线MT满足，即直线的方程为； 直线NT满足，即直线NT的方程为； 令，代入直线MT的方程可得：，解得，所以； 令，代入直线NT的方程可得：，解得，所以； 已知，直线AT满足，即直线AT方程为， 联立，化简得. 因为是方程的一个根(点A的横坐标)，设， 由韦达定理得，即，代入得，所以. 当直线斜率存在时，直线PQ的斜率， 直线PR的斜率，因为，且直线PQ与直线PR有公共点P，所以P、Q、R三点共线；当时，直线MT：，；直线NT：，； 直线AT：，，此时三点均在直线上，所以P、Q、R三点共线； 综上所述，P、Q、R三点共线. 证明角度关系 例、双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左顶点为A，右焦点为F，动点B在C上．当BF⊥AF时，|AF|＝|BF|. (1)求C的离心率； (2)若B在第一象限，证明：∠BFA＝2∠BAF. 解：(1)当|BF|＝|AF|，且BF⊥AF时，有c＋a＝＝，所以a＝c－a，解得e＝2. (2)证明：由(1)知双曲线方程为－＝1，设B(x，y)(x＞0，y＞0)易知渐近线方程为y＝±x， 所以∠BAF∈，∠BFA∈，当x>a，x≠2a时，则kAB＝，kBF＝. 设∠BAF＝θ，则tan θ＝，tan 2θ＝＝＝＝ ＝＝＝＝－kBF＝tan∠BFA. 因为2∠BAF∈，所以∠BFA＝2∠BAF.当x＝2a时，由(1)可得∠BFA＝，∠BAF＝， 故∠BFA＝2∠BAF. 综上，∠BFA＝2∠BAF. 例．（2026·广东·一模）设双曲线的离心率为2，其左、右焦点分别是，过的直线与双曲线的右支交于点．当与轴垂直时，． (1)求双曲线的标准方程； (2)求的最小值； (3)记的内切圆与双曲线的一个公共点为，双曲线的左顶点为，证明：． 【答案】(1)；(2)9；(3)证明见解析 【分析】（1）依题意列出关于的方程组，求解即得双曲线的标准方程； （2）设直线的方程为与双曲线方程联立，推得，写出的表达式，利用的范围，即可求得的最小值； （3）先证明与边的切点即为点，再证，由此推得点在直线上，再证，结合，且，可得点均在上，即得证. 【详解】（1）不妨设点在第一象限，点在第四象限，离心率①，在中，当时，，故，即② ，又因③，联立① ②③，解得，故双曲线的标准方程为. （2）由（1）得，当直线的斜率为0时，直线与双曲线的两个交点分别在左支和右支，不符合条件； 当直线的斜率不为0时，设直线的方程为， 由，化简得，设，则，解得， 则，因，则，故，即.故的最小值为9. （3）如图，设与边切于点，由双曲线的定义及内切圆切线长相等的性质得，，即点与点重合，即与边切于点.设与边切于点， 则，在中，. 设点，点，则，解得， 即点在直线上，过点作直线的垂线，交直线于点， 其中，，设点关于直线的对称点为点，所以.因为点与点，点与点分别关于直线对称， 所以，且，所以点均在上，且，所以. 证明位置关系 例．（2026·内蒙古鄂尔多斯·一模）椭圆的右焦点为，左顶点为，上顶点为，离心率为，的面积为． (1)求椭圆的方程； (2)设为坐标原点，椭圆上有一动点（不在轴上），为线段的中点，直线与直线相交于点． （i）当点的坐标为时，求； （ii）证明：． 【答案】(1)；(2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）根据题意列方程组求出a，b的值得出椭圆方程； （2）（i）设（），求点的坐标，直线的方程，联立求点的坐标，利用两点距离公式求结论； （ii）先求点的坐标，再求直线的斜率，证明两直线斜率乘积为即可. 【详解】（1）依题意有，解得，故椭圆的方程为． （2）（i）由（1）得，设（），为中点，故， 直线过原点和，斜率，已知过，故， 所以，即，代入椭圆方程，整理得， 解得（舍去，对应，点在轴上）或，得，故点的坐标为，又点的坐标为，所以， （ii）由（1）得，设（），由（i）直线方程为，取可得， 所以直线与交点为，因为的斜率， 直线的斜率，所以， 由在椭圆上得​，所以，所以. 例．（2026·河南开封·二模）等轴双曲线经过点． (1)求双曲线的方程； (2)已知圆心在轴的圆经过原点，且与双曲线相交于四点（按照顺时针方向），求证：直线与圆相切． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）首先理解等轴双曲线的定义，将点的坐标代入即可求解；（2）根据对称性，设出四点的坐标，由圆心在轴的圆经过原点可设出圆的方程，联立双曲线方程消元后根据韦达定理可得到纵坐标之间的关系，根据原点到直线的距离即可得证. 【详解】（1）等轴双曲线满足，因此双曲线的方程可写为， 因为双曲线经过点，所以，即，化简得解得， 因此，双曲线的方程为． （2）由于双曲线和圆均关于轴对称，不妨设，则，如图： 设圆心在轴上的圆的方程为（，因圆经过原点，代入满足方程）， 化简得，将双曲线方程代入圆的方程，消去，得， 整理得，则，故． 直线的方程为，即， 所以原点到直线的距离为． 因为双曲线方程为，所以， 所以， ， 分别代入式中，得，所以直线与圆相切，得证． 例．已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的右焦点为F(2，0)，渐近线方程为y＝±x. (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P(x1，y1)，Q(x2，y2)在C上，且x1＞x2＞0，y1＞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；②PQ∥AB；③|AM|＝|BM|. 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分． 解：(1)∵右焦点为F(2，0)，∴c＝2，∵渐近线方程为y＝±x， ∴＝，∴b＝a，∴c2＝a2＋b2＝4a2＝4，∴a＝1，b＝.∴C的方程为x2－＝1. (2)由题意知，直线PQ的斜率存在且不为0，设直线PQ的方程为y＝kx＋t(k≠0)，将直线PQ的方程代入C的方程，整理得(3－k2)x2－2ktx－t2－3＝0，则x1＋x2＝，x1x2＝－＞0， ∴3－k2＜0，∴x1－x2＝＝.设点M的坐标为(xM，yM)， 则两式相减，得y1－y2＝2xM－(x1＋x2)， 又y1－y2＝(kx1＋t)－(kx2＋t)＝k(x1－x2)，∴2xM＝k(x1－x2)＋(x1＋x2)，解得xM＝. 两式相加，得2yM－(y1＋y2)＝(x1－x2)，又y1＋y2＝(kx1＋t)＋(kx2＋t)＝k(x1＋x2)＋2t， ∴2yM＝k(x1＋x2)＋(x1－x2)＋2t，解得yM＝＝xM. ∴点M的轨迹为直线y＝x，其中k为直线PQ的斜率． 若选择①②： ∵PQ∥AB，∴直线AB的方程为y＝k(x－2)，设A(xA，yA)，B(xB，yB)， 不妨令点A在直线y＝x上，则由解得xA＝，yA＝， 同理可得xB＝，yB＝－，∴xA＋xB＝，yA＋yB＝.点M的坐标满足得xM＝＝，yM＝＝，故M为AB的中点，即|AM|＝|BM|. 若选择①③： 当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F(2，0)，此时M不在直线y＝x上，矛盾． 当直线AB的斜率存在时，易知直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为y＝m(x－2)(m≠0)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，不妨令点A在直线y＝x上，则由解得xA＝，yA＝， 同理可得xB＝，yB＝－，∵M在AB上，且|AM|＝|BM|，∴xM＝＝， yM＝＝，又点M在直线y＝x上，∴＝·，解得k＝m，因此PQ∥AB. 若选择②③： ∵PQ∥AB，∴直线AB的方程为y＝k(x－2)，设A(xA，yA)，B(xB，yB)，不妨令点A在直线y＝x上， 则由解得xA＝，yA＝，同理可得xB＝，yB＝－. 设AB的中点为C(xC，yC)，则xC＝＝，yC＝＝. ∵|AM|＝|BM|，∴M在AB的垂直平分线上，即M在直线y－yC＝－(x－xC)， 即y－＝－上，与y＝x联立，得xM＝＝xC，yM＝＝yC， 即M恰为AB的中点，故M在直线AB上． 证明恒等式 例．（2026·辽宁沈阳·二模）已知抛物线，过焦点F的直线与抛物线E相交于A，B两点，与抛物线E的准线相交于点Q．若以线段AF为直径作圆，当此圆经过点时，． (1)求抛物线E的方程；(2)证明：． 【答案】(1)；(2)证明见解析 【详解】（1）由题意可得：焦点，准线为，.设，代入抛物线方程可得，即.设，则.由题意可得，解得.所求抛物线方程为. （2）由题意可知，过焦点的直线斜率必定存在.设过焦点的直线方程为，，.令，可得.将直线方程代入抛物线消可得.由韦达定理可得，.由抛物线定义可知. 由相似三角形可知.所以. 例．（2026·黑龙江·一模）已知离心率相同的椭圆与椭圆分别是同一矩形（两组对边分别与对称轴平行）的内切椭圆和外接椭圆 (1)求， (2)设直线l与椭圆相交于两点，与椭圆相交于两点，且A在线段BD上，求证： 【答案】(1)，；(2)证明见解析 【分析】（1）由点及两椭圆离心率相同进行列式求解即可； （2）当斜率k不存在时，显然成立；当斜率k存在时，设直线l为，，，，，联立方程得到根与系数的关系，设中点为，得，得和Q重合，则进行证明； 【详解】（1）由题知点，，又因为两椭圆离心率相同， 因此，即，，． （2）由（1）知，， 当斜率k不存在时，显然成立； 当斜率k存在时，设直线l为，，，，， 联立得，，，韦达定理， 设中点为，则，，， 联立得，，， 韦达定理，设中点为，则，，，和Q重合，，， 例、已知A是圆E：(x－)2＋y2＝16上的任意一点，点F(－，0)，线段AF的垂直平分线交线段AE于点T. (1)求动点T的轨迹C的方程； (2)已知点Q(4，0)，过点P(1，0)的直线l与C交于M，N两点，求证：|MP|·|NQ|＝|MQ|·|NP|. 解：(1)因为|TE|＋|TF|＝|TE|＋|TA|＝|EA|＝4＞|EF|＝2，所以动点T的轨迹C是以E，F为焦点， 且长轴长为4的椭圆，因为2a＝4，2c＝2，所以a＝2，c＝，所以b2＝a2－c2＝1， 所以动点T的轨迹C的方程是＋y2＝1. (2) 证明：若直线l与x轴重合，则M，N为椭圆C长轴的端点，不妨设M(2，0)，N(－2，0)，则＝，＝＝，所以＝， 若直线l与x轴不重合， 设直线l的方程为x＝ty＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由得(t2＋4)y2＋2ty－3＝0， 因为Δ＝4t2＋12(t2＋4)＞0，所以y1＋y2＝－，y1y2＝－， 因为kMQ＋kNQ＝＋＝＝＝0， 所以x轴平分∠MQN，所以＝＝.综上，|MP|·|NQ|＝|MQ|·|NP|. 证明定值问题 例．（2026·贵州六盘水·一模）已知椭圆的焦距为2，且过点． (1)求椭圆C的方程. (2)设B为椭圆C的右顶点，过点的直线l与椭圆C交于M，N两点（异于点B）．记直线的斜率分别为，证明：为定值. 【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）根据给定条件，列式求出即可. （2）设出直线的方程，与椭圆的方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式计算得证. 【详解】（1）由椭圆的焦距为2，得，由点在椭圆上，得，联立解得，所以椭圆的方程为. （2）由（1）得，直线不垂直于轴，设其方程为，， 由消去得，， 则，所以为定值. 例．（2026·河北·一模）已知椭圆 的左、右焦点分别为 ，上顶点为E，且 ，点在C上. (1)求C的方程. (2)已知A，B是椭圆 上的点，是C 上一点，若线段 PA，PB 的中点都在上，记 当点 P 运动时，证明：的面积是定值； 【答案】(1)；(2)的面积定值为，证明见解析； 【分析】（1）利用焦点距离关系与椭圆基本量关系求出，再代入已知点得方程 （2）由中点条件推出共线方程，联立直线与椭圆，用弦长公式和点到直线距离，结合的椭圆方程化简得面积为定值. 【详解】（1）由题意得，，因为，所以，整理得，联立，整理得，即，所以，代入得，解得，则，所以椭圆的方程为： （2）设在上，则的中点为在上，代入得，整理得， 代入得，整理得，因为在上，则， 在上，则，联立，整理得， 联立，整理得，因此在直线上， 联立，得，则， ，直线的斜率为， 则， 点到的距离， 则， 因为即，代入得，即的面积是定值. 跟踪练习： 1．（2026·河北唐山·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为，一条过点且斜率为的直线与的左、右两支分别交于两点，与两条渐近线分别交于，两点． (1)若焦距为12，求的方程； (2)当时，若，证明：轴； 【答案】(1)；(2)证明见解析 【分析】（1）根据焦距为12可得，进而求出，即可求解； （2）联立直线与双曲线方程，结合韦达定理及题设可得，进而求出坐标，即可证明； 【详解】（1）因为，则，所以，解得，所以的方程为. （2） 当时，直线的方程为，设，联立， 得，则 ，且， 而，故，将代入，整理得，同理， 所以，解得（负根舍去），则双曲线，则的坐标为，而方程，即为，解得或，则，所以轴． 2．（2026·天津红桥·一模）已知椭圆的一个焦点与短轴的两个端点围成的三角形面积是1，离心率． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线与椭圆交于不同两点，与圆相切于点．证明：（为坐标原点）； 【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）根据已知列方程组求得即可求出椭圆的方程； （2）直线与圆相切得到，再利用直线与椭圆相交利用韦达定理得到即可求证； 【详解】（1）依题意，解得，∴椭圆的方程为． （2）∵直线与相切，∴，即．联立消去得，设，则， 所以 ，∴． 3．（2026·湖南怀化·一模）在抛物线中，直线与交于两点，为的焦点.当直线为时，. (1)求抛物线的标准方程； (2)已知直线与相交于两点，直线与相交于两点（点在轴的上方），若，四边形的外接圆圆心坐标为，求证：. 【答案】(1)；(2)证明见解析 【分析】（1）联立直线与抛物线的方程，得韦达定理，进而根据弦长公式即可求解， （2）写出的坐标，根据得，根据对称性判断圆心位于，即可根据两点距离公式代入化简求解. 【详解】（1）由题意可知，联立直线与的方程可得，设,则, 由弦长公式可得：, 化简可得，由于，故，（负值舍去）.故抛物线的方程为. （2）抛物线与直线相交于故， 抛物线与直线相交于故， 根据可得， 由于轴，根据对称性可知四边形的外接圆圆心在轴上，故， 由可得， 化简可得，将代入上式可得， 由于，可得，故，故，进而. 4．（2026·广东揭阳·二模）已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，实轴长为，点到双曲线的渐近线的距离为1，过的直线与交于右支两点. (1)求双曲线的方程； (2)证明存在轴上的一点，使得为定值. 【答案】(1)；(2)证明见解析 【分析】（1）求出双曲线的基本量后可得双曲线的方程； （2）设，，联立直线方程和双曲线方程，结合韦达定理化，根据该值为定值可求的坐标； 【详解】（1）因为实轴长为，故，而点到双曲线C的渐近线的距离为1，故，故双曲线的方程为：. （2） 设为半焦距，则，故，因为与双曲线的右支相交于两个不同的点， 故可设，，由可得即， 故且，所以. 又.设，则，， 故 ，为定值当且仅当，故， 故存在轴上的一点，使得为定值且定值为. 5．已知动点P到直线l：x＝4的距离是到点F(1,0)距离的2倍，记点P的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的方程； (2)记曲线C与x轴交于A，B两点，Q(4,0)，设M是直线x＝1上任意一点，直线MA，MB与曲线C的另一交点分别为D，E.求证：Q，D，E三点共线． 解：(1)动点P到直线l：x＝4的距离是到点F(1,0)距离的2倍，设点P(x，y)． 则＝2，化简得＋＝1.故曲线C的方程为＋＝1. (2)证明：由(1)可得A(－2,0)，B(2,0)．设M(1，m)． 直线MA的方程为y＝(x＋2)，与椭圆方程＋＝1联立化简得(4m2＋27)x2＋16m2x＋16m2－108＝0. 则－2xD＝，可得xD＝，yD＝.同理可得：xE＝，yE＝. ∴kQD＝＝－，kQE＝＝－，∴kQD＝kQE.∴Q，D，E三点共线． 6、已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左焦点为F(－1,0)，过F且垂直于x轴的直线被椭圆截得的弦长为3. (1)求椭圆C的方程； (2)已知点M(－4,0)，过F作直线l交椭圆于A，B两点，证明：∠FMA＝∠FMB. 解：(1)由题意可知c＝1，把x＝－1代入椭圆方程可得＋＝1，解得y＝±， ∴＝，又a2＝b2＋1，可得a＝2，b＝，∴椭圆C的方程为＋＝1. (2)证明：当直线l的斜率不存在时，由对称性可知：∠FMA＝∠FMB. 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x＋1)， 代入椭圆方程可得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1＋x2＝，x1x2＝， ∴kAM＋kBM＝＋＝＝. ∵2x1x2＋5(x1＋x2)＋8＝－＋8＝0，∴kAM＋kBM＝0，∴∠FMA＝∠FMB. 综上，∠FMA＝∠FMB. 7．（2026·新疆·二模）已知，分别是椭圆C：（）的左、右焦点，O为坐标原点，M为椭圆C上任意一点，的最大值为，当时，的面积为1． (1)求椭圆C的方程及其离心率； (2)已知A，B为椭圆C的左右顶点，若点P满足，当M与A，B不重合时，直线MP交椭圆C于另一点N，直线AM，BN交于点T． （ⅰ）证明：点T在一条定直线上； （ⅱ）求的最大值． 【答案】(1)，离心率为 (2)（ⅰ）证明见解析（ⅱ） 【分析】（1）根据给定条件，结合勾股定理及椭圆定义求出即可； （2）（ⅰ）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理求出点的横坐标即可；（ⅱ）利用斜率坐标公式及差角的正切公式求解. 【详解】（1）令椭圆C：的半焦距为，由的最大值为，得， 由，的面积为1，得，， 而，因此，即，， 解得，所以椭圆C的方程为，离心率为. （2）（ⅰ）由（1）得，由，得点，设， 显然直线不垂直于，设其方程为， 由消去，得，，， 直线的方程为，即， 同理直线方程为，联立消去得， 整理得，因此， 即，所以点T在一条定直线上. （ⅱ）由对称性不妨令点在上方，设，则， 因此， 当且仅当时取等号，而为锐角，所以的最大值为. 8、已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F，点M在C上，且MF⊥x轴． (1)求C的方程； (2)过点P(4，0)的直线与C交于A，B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：AQ⊥y轴． 解：(1)设F(c，0)，由题设，有c＝1且＝，故＝，解得a＝2，b＝， 故椭圆C的方程为＋＝1. (2)证明：由题意可知，直线AB的斜率一定存在，设直线AB的方程为y＝k(x－4)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由可得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0， 故Δ＝1024k4－4(3＋4k2)(64k2－12)>0，解得－<k<，又x1＋x2＝，x1x2＝，而N， 故直线BN的方程为y＝·，故yQ＝＝， 所以y1－yQ＝y1＋＝＝ ＝k×＝k×＝k×＝0， 故y1＝yQ，即AQ⊥y轴． 9．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)经过点P(2，)，离心率e＝. (1)求椭圆E的方程． (2)过点P斜率为k1，k2的两条直线分别交椭圆E于A，B两点，且满足k1＋k2＝0.证明：直线AB的斜率为定值． 解：(1)依题意，e＝＝＝，所以＝， 又椭圆E过点P(2，)，所以＋＝1，解得a2＝8，b2＝4，所以椭圆E的方程为＋＝1. (2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AP的方程为y＝k(x－2)＋， 由消去y得(2k2＋1)x2－(8k2－4k)x＋8k2－8k－4＝0，Δ>0， 所以x1＋xP＝x1＋2＝，所以x1＝. 又因为直线PA，PB的斜率互为相反数，所以x2＝， 所以kAB＝＝＝＝＝. 所以直线AB的斜率为定值. 10、已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且过点A(2,1)． (1)求C的方程； (2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值． 解：(1)由题设得＋＝1，＝，解得a2＝6，b2＝3.所以C的方程为＋＝1. (2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)． 若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为y＝kx＋m， 代入＋＝1得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0. 于是x1＋x2＝－，x1x2＝.①，由AM⊥AN知·＝0， 故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，可得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0. 将①代入上式可得(k2＋1)－(km－k－2)·＋(m－1)2＋4＝0， 整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0.因为A(2,1)不在直线MN上， 所以2k＋m－1≠0，故2k＋3m＋1＝0，k≠1.于是MN的方程为y＝k－(k≠1)． 所以直线MN过点P. 若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1)． 由·＝0得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0.又＋＝1，可得3x－8x1＋4＝0. 解得x1＝或x1＝2(舍去)．此时直线MN过点P.令Q为AP的中点，即Q. 若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，故|DQ|＝|AP|＝. 若D与P重合，则|DQ|＝|AP|. 综上，存在点Q，使得|DQ|为定值． 11．（2026·江西上饶·一模）已知椭圆的焦距为2，点在椭圆上． (1)求椭圆的方程； (2)如图，斜率存在且不为0的直线与相交于点（在的左侧），，分别为左右焦点，设直线的斜率分别为，且． ①求证：直线过定点； ②设直线相交于点，求证：为定值． 【答案】(1) (2)①证明见解析②证明见解析 【分析】（1）由焦距为，在椭圆上，联立关于的方程求解即可； （2）①联立直线和椭圆的方程可得，利用和韦达定理得，化简整理可得，即可求得直线过定点; ②联立直线与的方程可得，进而求得和，在求解即可. 【详解】（1）如图所示，设椭圆的左、右焦点分别为、，因为焦距为，在椭圆上，所以且轴，故，又由于，所以得，故椭圆方程为 （2）①设直线方程为，与椭圆联立， 消去得，设，由韦达定理得：直线的斜率，直线的斜率， 因此：， ，即，整理得， 所以，故直线过定点. ②直线的方程，因为，故直线可写为：，即： 直线过和，其方程为：， 联立直线与的方程，消去后解得，即； 同理，，由题知在的左侧，易得在左半椭圆，故， 所以：. 12、已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个顶点坐标为A(0，－1)，离心率为. (1)求椭圆C的方程； (2)若直线y＝k(x－1)(k≠0)与椭圆C交于不同的两点P，Q，线段PQ的中点为M，点B(1,0)，求证：点M不在以AB为直径的圆上． 解：(1)由题意可知解得所以椭圆C的方程为＋y2＝1. (2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x0，y0)．由得(4k2＋1)x2－8k2x＋4k2－4＝0， 则Δ＝(－8k2)2－4×(4k2＋1)(4k2－4)＝48k2＋16， 当k为任何实数时，都有Δ>0.所以x1＋x2＝，x1x2＝. 因为线段PQ的中点为M，所以x0＝＝，y0＝k(x0－1)＝. 因为A(0，－1)，B(1,0)，所以＝(x0，y0＋1)，＝(x0－1，y0)． 所以·＝x0(x0－1)＋y0(y0＋1)＝x－x0＋y＋y0＝2－＋2＋ ＝＝＝. 因为k≠0,42＋>0，所以·≠0， 所以点M不在以AB为直径的圆上． 13．（2026·云南昭通·二模）已知点与定点的距离和它到定直线的距离之比为． (1)求的轨迹方程； (2)过点的直线与交于两点(其中不共线），记（为坐标原点）的面积为，过线段的中点作直线的垂线，垂足为，设直线的斜率分别为． （i）求的取值范围； （ii）求证：为定值． 【答案】(1)；(2)（i）;（ii） 【分析】（1）通过将“点到定点的距离与定直线的距离之比为”的条件转化为代数方程，化简后即得轨迹方程； （2）（i）通过设直线方程并联立椭圆方程，利用韦达定理表示出弦长，再结合面积公式转化为函数求值域即可； （ii）通过两点坐标表示出两条直线得斜率，再结合韦达定理和面积表达式进行化简，即可证明比值为常数 【详解】（1）设点，根据题意得：，两边平方并整理得： ，即，化简得：， 因此，点的轨迹方程为椭圆. （2）（i）设过的直线方程为，与椭圆方程联立：， 代入得：，整理得：， 设，由韦达定理：， 所以的面积为 ，令，则， 代入得，因为函数在上单调递增，所以，所以，即的取值范围是. （ii）设，则，直线的斜率为， 直线的斜率为，且， 所以 ，所以，又因为， 所以. 14．（2026·广东广州·二模）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)求的方程： (2)已知点，过点的直线交于E，F两点在轴的下方），直线BF交直线于点． （i）设直线ME的斜率为，直线MF的斜率为，判断是否为定值，并说明理由； （ii）证明：直线ME过定点． 【答案】(1) (2)（i） 不为定值.证明见解析.（ii）证明见解析. 【分析】（1）利用椭圆的定义求解即可. （2）（i）设点 ， ， 设 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. （ii）通过（i）中将斜率表示成，从而直线方程转化为从而直线过定点 【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，代入得，又，解得：. （2）设点，设 ， 由 得， 由 ，得 ，解得 或 ， 又点 ， 在 轴下方，则 ，由韦达定理得    得 ，即 ，因为 ， 所以 ，所以 不是定值. （ii）证明： 由（i）得    则直线 的方程为 ，即 ， 当 时，得 ，所以必过定点. 15．（2026·安徽淮南·二模）已知椭圆：的短轴长为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)记点为椭圆的左顶点，点为椭圆的下顶点，动点是第一象限内椭圆上的一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点.证明：四边形的面积为定值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据离心率及短轴长得到方程组，求出、，即可得到椭圆方程； （2）设（，），表示出直线、的方程，即可得到、，最后根据计算可得. 【详解】（1）因为离心率为，椭圆的短轴长为， 所以，解得，所以椭圆的方程为． （2）由（1）可知点，，设（，），则，即①，则直线的方程为，令，得，所以， 直线的方程为，令，得，所以， 所以，， 所以四边形的面积为：， 又因为， 所以， 所以四边形ABCD的面积为定值． 16．抛物线:，为的焦点，过抛物线外一点作抛物线的两条切线，，是切点. (1)若点的纵坐标为，求证：直线恒过定点； (2)若||＝，求面积的最大值; (3)证明：||·||=. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数分别求出直线和直线的方程，由直线和直线都过即可求出直线的方程，再根据点的纵坐标为，即可得到直线恒过定点； （2）将直线的方程与抛物线的方程联立，利用弦长公式求出，利用点到直线距离公式求出的高，即可求出面积的最大值. （3）设直线方程为，与抛物线方程联立，可得，直线的方程为，进而可得直线的方程为，求得，进而可得，可得结论. 【详解】（1）设，，由得，则直线的方程为，即，即， 同理，直线的方程为 ，又直线与直线都过，则，，从而均在直线上，故直线的方程为，又，故直线的方程为，故直线过定点； （2）联立，得，，则， 则， 于是，，又点N到直线AB的距离， 所以 (当时取等号).则面积的最大值为； （3）由题意知直线斜率存在，且.设直线方程为， 由，得，，. 对求导，，所以， ，直线的方程为，又，直线的方程为，同理可得直线的方程为.由，得，所以， 当时，||=||=2，，所以||·||=； 当时，，，又，， 所以.所以||·||=，综上：||·||=. 学科网（北京）股份有限公司 $