第08讲 直线与圆锥曲线的位置关系（复习讲义）（全国通用）2027年高考数学一轮复习讲练测

该高中数学高考复习讲义聚焦直线与圆锥曲线位置关系专题，涵盖椭圆、双曲线、抛物线的位置判断、弦长、中点弦及定点定值等核心考点，按知识解构、题型破译、真题溯源的逻辑架构，通过考点梳理、方法归纳、真题训练帮助学生构建系统思维，突破高考难点。 讲义以题型为载体创新教学方法，如中点弦问题采用点差法引导学生推理，弦长问题结合韦达定理培养运算能力，通过分层变式训练和课本典例溯源，发展数学思维与模型意识，助力学生高效掌握解题策略，为教师把控复习节奏提供精准指导。

第08讲 直线与圆锥曲线的位置关系 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 知识精讲·靶向突破 拆解核心知识，归纳题型技巧 知识解构 知识点1 直线与椭圆的位置关系 知识点2 直线与双曲线的位置关系 知识点3 直线与抛物线的位置关系 知识点4 直线与圆锥曲线的弦长问题 知识点5 中点弦问题 题型破译 (含超链接） 题型1 直线与圆锥曲线的位置关系 【方法技巧】直线与圆锥曲线位置关系判断 题型2 弦长问题 【方法技巧】弦长公式及其应用 题型3 中点弦问题 【方法技巧】中点弦问题方法选择 题型4 面积问题 【方法技巧】与面积问题相关的公式方法 题型5 定点问题 题型6 定值问题 题型7 定直线问题 题型8 圆锥曲线与其它知识融合 题型9 圆锥曲线中的最值范围问题 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 05 课本典例·高考素材 立足课本典例，挖掘高考素材 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 核心考点 2026年 2025年 2024年 直线与圆锥曲线交点相关问题 全国二卷T11（6分） 天津卷T15 全国一卷T10（6分） 新课标Ⅱ卷T10（6分） 北京卷T13（5分） 求圆锥曲线方程 北京卷T19（1） 天津卷T18（1） 全国一卷T18（1） 全国二卷T18（1） 北京卷T19（1） 天津卷T18（1） 全国一卷T18（1） 全国二卷T16（1） 北京卷T19（1） 全国甲卷（文）T21（1） 全国甲卷（理）T20（1） 天津卷T18（1） 新课标I卷T16（1） 根据直线与圆锥曲线的位置关系求参数或范围 北京卷T19（2） 天津卷T18（2） 全国一卷T18（2） 全国二卷T18（21） 北京卷T19（2） 天津卷T18（2） 全国一卷T18（2） 全国二卷T16（2） 北京卷T19（2） 全国甲卷（文）T21（2） 全国甲卷（理）T20（2） 天津卷T18（2） 新课标I卷T16（2） 考情分析 圆锥曲线综合问题是高考数学的重难点内容。近三年考情显示常见的考点有定点、定值、定直线、最值范围、证明及存在性问题，以及三角形（四边形）面积问题，主要在解答题的第2问中进行考查，难度较大。在今年的高考中依旧是命题的热点方向 复习目标 1.直线与圆锥曲线的位置关系的判断其应用； 2.曲线方程及曲线轨迹. 3.根与系数的关系 4.弦长公式及其应用（包括三角形多边形面积） 5.结合向量的应用 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 知识精讲·靶向突破 ——拆解核心知识，归纳题型技巧 知●识●解●构 知识点1 直线与椭圆的位置关系 将直线的方程与椭圆的方程联立成方程组，消元转化为关于或的一元二次方程，其判别式为. ①直线和椭圆相交直线和椭圆有两个交点(或两个公共点）； ②直线和椭圆相切直线和椭圆有一个切点(或一个公共点)； ③直线和椭圆相离直线和椭圆无公共点 自主检测过点的直线与椭圆交点个数有（    ） A．0 个 B．1 个 C．1 个或 2 个 D．2 个 知识点2 直线与双曲线的位置关系 代数法：设直线，双曲线联立解得： （1）时，，直线与双曲线交于两点（左支一个点右支一个点）； ，，或k不存在时，直线与双曲线没有交点； （2）时， 存在时，若，，直线与双曲线渐近线平行，直线与双曲线相交于一点； 若， 时，，直线与双曲线相交于两点； 时，，直线与双曲线相离，没有交点； 时，直线与双曲线有一个交点；相切 不存在，时，直线与双曲线没有交点； 直线与双曲线相交于两点； 自主检测过点作斜率为的直线与双曲线的右支相交于不同两点，则的值可以是（   ） A． B． C． D．2 知识点3 直线与抛物线的位置关系 设直线:,抛物线:（）,将直线方程与抛物线方程联立整理成关于的方程 (1)若,当时,直线与抛物线相交,有两个交点; 当时,直线与抛物线相切,有一个切点; 当时,直线与抛物线相离,没有公共点. (2)若,直线与抛物线有一个交点,此时直线平行于抛物线的对称轴或与对称轴重合.因此直线与抛物线有一个公共点是直线与抛物线相切的必要不充分条件. 自主检测过点作直线与抛物线只有一个公共点，这样的直线有（    ） A．1条 B．2条 C．3条 D．4条 知识点4 直线与圆锥曲线的相交弦长公式 若直线与圆锥曲线相交与、两点，则： 弦长 弦长 这里的求法通常使用韦达定理，需作以下变形： ； 自主检测已知直线与双曲线交于，两点，且线段的中点为，则（    ） A． B． C． D． 知识点5 中点弦问题 1、相交弦中点（点差法） 直线与曲线相交，涉及到交线中点的题型，多数用点差法。按下面方法整理出式子，然后根据实际情况处理该式子。 主要有以下几种问题： （1）求中点坐标；（2）求中点轨迹方程；（3）求直线方程；（4）求曲线； 中点， ， 2、点差法 设直线和曲线的两个交点，，代入椭圆方程，得； ； 将两式相减，可得；； 最后整理得： 同理，双曲线用点差法，式子可以整理成： 设直线和曲线的两个交点，，代入抛物线方程，得； ； 将两式相减，可得；整理得： 自主检测（2026·新疆·一模）在双曲线中，过左焦点的直线与双曲线同一支交于不同的两点，，线段的中点为．若直线的斜率为，则直线的一般式方程为___________． 题●型●破●译 题型1 直线与圆锥曲线的位置关系 例1-1已知抛物线方程，过点的直线与抛物线只有一个交点，这样的直线有（    ） A．0条 B．1条 C．2条 D．3条 例1-2【新角度】（陕西省榆林市2025届高三上学期第二次模拟检测数学试题）已知直线与曲线有两个公共点，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 方法技巧 直线与圆锥曲线位置关系判断 （1）直线与圆锥曲线方程联立方程消元后得到一元二次方程， （2）判断最高项系数 ①最高项系数为0时，直线与圆锥曲线有一个公共点 ②最高项系数不为0时，求；根据判断直线与圆锥曲线的位置关系 特别注意：直线与双曲线只有一个交点，包含直线与双曲线相切或直线与双曲线的渐近线平行； 直线与抛物线只有一个交点，包含直线与抛物线相切、直线与抛物线的对称轴平行（或重合） 【变式训练1-1·变考法】若直线与曲线只有一个公共点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式训练1-2·变载体】（2025·江苏苏州·三模）在平面直角坐标系xOy中，过点的直线与抛物线交于A,B两点，若直线OA,OP,OB的斜率依此成等比数列，则的斜率为（    ） A． B． C．2 D．3 【变式训练1-3】若直线与双曲线恰好有一个交点，则直线的斜率为_________________. 题型2 弦长问题 例2-1（2026·山西晋城·三模）已知直线与椭圆交于不同的两点A，B，若，则实数______． 例2-2（2026·山东威海·一模）已知双曲线的焦距为2c，渐近线方程为，右焦点到直线的距离为． (1)求的方程； (2)已知直线交于B，C两点，的左顶点记为，若，求弦长|BC|． 方法技巧 弦长公式及其应用 （1）弦长公式：①== ②同理可得 （2）与抛物线焦点弦有关的问题可以优先考虑焦点弦长公式： （3）常应用与面积问题 【变式训练2-1】（2026·甘肃金昌·三模）双曲线的右焦点为，右顶点为是的一条渐近线，点到的距离为，点到的距离为，直线与交于点，则__________. 【变式训练2-2·变载体】（2026·山东济宁·二模）已知抛物线的焦点为，直线过点且与交于，两点，为坐标原点，若是，的等比中项，则________ 【变式训练2-3】（2026·河南开封·模拟预测）已知椭圆的左焦点为，离心率为． (1)求的方程； (2)设点，过点且不与坐标轴垂直的直线交于、两点，且，求． 题型3 中点弦问题 例3-1过椭圆：右焦点的直线：交于、两点，为AB的中点，且OP的斜率为，则椭圆的标准方程为______. 例3-2【新角度】已知，直线，相交于点，且它们的斜率之积是4． (1)求点的轨迹的方程． (2)过点能否作一条直线与轨迹交于，两点，且是线段的中点？若能，求出直线的方程；若不能，说明理由． 方法技巧 中点弦问题方法选择 （1）优选点差法 （2）涉及到存在性问题时 ①点差法及回代检验 ②根与系数的关系法：联立直线和圆锥曲线的方程得到方程组，消元得到一元二次方程后，由根与系数的关系及中点坐标公式求解. 【变式训练3-1·变载体】（2026·山东菏泽·一模）已知抛物线，O为坐标原点，过焦点F的直线交抛物线于A，B两点，M为线段AB的中点，则直线OM的斜率的最大值为______. 【变式训练3-2】若双曲线的弦被点平分，则此弦所在直线的方程为______. 【变式训练3-3·变考法】已知椭圆的一个顶点为，离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)经过点能否作一条直线，使直线与椭圆交于，两点，且使得是线段的中点，若存在，求出它的方程；若不存在，说明理由． 题型4 面积问题 例4-1（2026·河南·模拟预测）在平面直角坐标系中，一动直线分别交，于A，B（A，B横坐标同号）两点，且的面积恒为4. (1)求中点的轨迹的方程； (2)若直线交轨迹于，两点，的面积为，求的值. 例4-2【新角度】（2026·辽宁大连·一模）已知抛物线（）的焦点为，准线为，直线与相交于两点，点. (1)求的方程； (2)若，求证：过定点； (3)若线段的中点在直线上，求面积的最大值. 方法技巧 与面积问题相关的公式方法 （1）三角形面积问题 直线方程： （2）焦点三角形的面积 直线过焦点的面积为 （为联立消去后关于的一元二次方程的二次项系数） （3）多边形面积问题可转化为多个三角形面积问题 【变式训练4-1·变考法】（2026·安徽合肥·模拟预测）2026年是中华全国总工会创立的101周年，学校组织学生参观基层工匠的工作，学生们在参观一个加工厂时发现，一个师傅在木板上钉了两个钉子，钉子间距为8，师傅用一个长18的绳子连成绳圈，将两个钉子套在绳圈内，用一根墨笔从绳圈内顶住绳子使得绳子始终紧绷并画线．以两个钉子的连线为 轴、连线中点为坐标原点建立平面直角坐标系. (1)求轨迹方程C并求离心率； (2)左、右焦点分别为、，过的直线 交 于 、 （ 在 上方），求最大值并给出 的直线方程． 【变式训练4-2】（2026·陕西安康·模拟预测）已知为坐标原点，抛物线：的焦点为，点在抛物线上，且． (1)求抛物线的方程； (2)若过点的直线与抛物线交于，两点，其中点在第一象限，且的面积为，求的值． 【变式训练4-3·变考法】（2026·陕西咸阳·模拟预测）已知椭圆过点，离心率，过椭圆E的右焦点F作相互垂直的直线AB，CD与椭圆E分别交于A，B，C，D四点． (1)求椭圆E的标准方程； (2)求四边形ACBD面积的最小值． 题型5 定点问题 例5-1（2026·河北沧州·三模）已知椭圆的长轴长为，由的三个顶点构成的三角形的面积为    (1)求的方程 (2)记的右顶点和上顶点分别为，，点在线段上运动，垂直于轴的直线交于点点在第一象限，为线段的中点，设直线与的另一个交点为，证明：直线过定点． 例5-2在平面直角坐标系中，已知圆心为点的动圆恒过点，且与直线相切，设动圆的圆心的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)为直线：上一个动点，过点作曲线的切线，切点分别为，，过点作的垂线，垂足为，是否存在实数，使点在直线上移动时，垂足恒为定点？若不存在，说明理由；若存在，求出的值，并求定点的坐标． 【变式训练5-1】（2025·江苏常州·模拟预测）已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴､轴，且点和点在椭圆上 (1)求椭圆的方程； (2)直线与椭圆交于两点，若，是否存在定点，使得直线的倾斜角互补？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【变式训练5-3】（2026·陕西西安·模拟预测）已知点，，双曲线的方程经过点，且的一条渐近线与直线平行，为上异于顶点的任意一点，为的左顶点． (1)求的方程； (2)求直线与的斜率之积； (3)设为上异于顶点和点的任意一点，且直线的斜率是直线的斜率的3倍，证明：直线恒过定点． 题型6 定值问题 例6-1（2026·江苏无锡·三模）已知为椭圆：的右焦点，为椭圆的右顶点，为椭圆的上顶点，坐标原点到直线的距离为. (1)求的方程； (2)过的直线与椭圆交于，两点（不与椭圆的左，右顶点重合），设直线，的斜率分别为，，求证：为定值； 例6-2（2026·陕西咸阳·模拟预测）在平面直角坐标系中，过点的圆与直线相切，设圆心的轨迹为曲线． (1)求的方程； (2)已知点是上的一点，过点的直线与有两个不同的交点． （i）当点到直线的距离取得最大值时，求； （ii）记直线交轴于点，直线交轴于点，若，试判断是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 【变式训练6-1】（2026·安徽阜阳·二模）已知双曲线C：的焦距为8，点在双曲线C的一条渐近线上.过双曲线C的左焦点F作直线l交双曲线C的左支于A，B两点. (1)求双曲线C的方程； (2)已知点，直线交直线于点Q，设直线，的斜率分别为，，求证：为定值. 【变式训练6-2】（2025·甘肃武威·模拟预测）已知椭圆与抛物线的公共焦点为，过点且斜率存在的直线与交于，两点，与交于，两点，记直线，，，（为原点）的斜率分别为，，，. (1)求与的方程； (2)证明：为定值. 【变式训练6-3】（2026·河北雄安·模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，直线过点且与双曲线交于第一象限的点. (1)若直线与双曲线的左半支交于点，，且，求实数的值； (2)若点的横坐标为，且满足，证明：直线的斜率为定值. 题型7 定直线问题 例7-1（2026·北京朝阳·模拟预测）已知椭圆的离心率为，右焦点，且，直线交椭圆于，两点，交轴于点． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线过右焦点，设，，求的值； (3)若已知，椭圆上下顶点分别为C，D，直线交直线于点，证明：点在定直线上． 例7-2（2025·上海嘉定·一模）如图，在平面直角坐标系中，为原点，已知抛物线的焦点为，点的坐标为. (1)若点在上，且，求点的坐标； (2)若是上的任意一点，求的最小值； (3)过点的动直线与抛物线交于、两点，过点、分别作的切线，切线交点为，求证：点的轨迹是一条直线. 【变式训练7-1】（2025·河北·二模）平面直角坐标系中，圆A的方程为，点B的坐标为，点P是圆上任意一点，线段的垂直平分线交半径于点Q，当点P在圆上运动时，点Q的轨迹为曲线E． (1)求点Q的轨迹E的方程； (2)过点A作一条直线与点Q的轨迹E相交于M，N两点，满足，点H满足，问：点H是否在一条定直线上，若是，求出这条直线方程，若不是，请说明理由． 【变式训练7-2】已知抛物线的焦点为，直线：与直线与抛物线分别交于点和点. (1)若，求的面积； (2)若直线与交于点，证明：点在定直线上. 【变式训练7-3】（2026·河北邯郸·一模）已知是的两个顶点，是的重心，分别是边的中点，且．记点的轨迹为曲线． (1)求的方程． (2)若的面积为24，求点的坐标． (3)已知点，过的直线与曲线交于两点，直线与交于点，试判断是否在一条定直线上．若是，求出该直线方程；若不是，说明理由． 题型8 圆锥曲线与其它知识融合 例8-1【新角度】（2026·安徽宿州·模拟预测）已知点在直线上移动，椭圆以和为焦点且经过点. (1)当椭圆的长轴长最小时，求椭圆的标准方程； (2)在（1）的条件下，直线与椭圆交于A、B两点（其中点A在x轴上方，点B在x轴下方）.将平面沿x轴折叠，使y轴正半轴和x轴所确定的半平面（平面）与y轴负半轴和x轴所确定的半平面（平面）垂直. ①当B为椭圆的下顶点时，求折叠后直线与平面所成角的正弦值； ②求三棱锥体积的最大值. 例8-2【新角度】（2026·贵州遵义·模拟预测）已知抛物线 ： （ ）的焦点为，点 在抛物线 上，，且的最小值为3． (1)求抛物线 的方程． (2)依次构造点列，，， （）．设 ，，．如图，过点作斜率为的直线与曲线分别交于点，，直线与曲线交于另一点，直线与曲线交于另一点，直线与轴交于点． ①求数列和的通项公式； ②记的面积为，当 时，求证：． 【变式训练8-1·变考法】（2026·福建福州·模拟预测）已知椭圆仅经过点，，中的两个． (1)求C的方程； (2)椭圆的光学性质是：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线过椭圆的另一个焦点．已知C的左、右焦点分别为，，点在C上且在第二象限内，从发出的光线经过C的反射，反射光线所在直线与的另一个交点为；记直线与的另一个交点为，直线与的另一个交点为，如此交替进行，得到点列． （ⅰ）设直线的斜率为，证明：数列是等比数列，并求出其公比； （ⅱ）设的面积为，证明：． 【变式训练8-2·变考法】（2026·云南·模拟预测）已知双曲线C：的右焦点F到渐近线的距离为，点在双曲线C上． (1)求双曲线C的方程； (2)点P在第一象限内的双曲线C上，过P作圆M：的切线，切点为Q，过P且垂直于x轴的直线与第一象限内的双曲线的渐近线交于R，求的最小值； (3)如图，将双曲线的左支绕y轴翻折，使左右支所在的两个半平面所成的二面角大小为θ，对于任意的，过点N的直线m总与左支相交，以原双曲线所在坐标平面的O为原点，过O垂直于xOy平面的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求直线m与平面xOy所成角的正弦值． 题型9 圆锥曲线中的最值范围问题 例9-1（2026·上海·模拟预测）已知抛物线的焦点为． (1)求点到抛物线准线的距离； (2)若过点的直线交抛物线于、两点，求的最小值； (3)设直线与抛物线交于、两点，若，求线段中点到轴的距离的取值范围． 例9-2（2026·上海·三模）已知抛物线，为第一象限内上的一点，直线经过点． (1)设，若经过的焦点，求与的准线的交点的坐标； (2)设，已知与轴负半轴相交于点，与有、两个交点，若，求直线的方程； (3)设，已知是在点处的切线，过点作直线使得，是与的另一个交点，试将表示为的函数，并求的最小值． 【变式训练9-1】（2026·上海虹口·三模）已知双曲线：，为原点． (1)求的右顶点到一条渐近线的距离； (2)若点在第一象限且，若、、为一个等腰三角形的三个顶点，求点的横坐标； (3)过点的直线与交于两个不同的交点和，若，求实数的取值范围． 【变式训练9-2】（2026·湖南岳阳·三模）已知双曲线的离心率为，其右顶点到渐近线的距离为． (1)求双曲线的标准方程； (2)过双曲线右焦点作垂直于轴的直线，与双曲线交于M，N两点，点为双曲线位于y轴正半轴的虚轴端点，求的面积； (3)设P，Q为双曲线上不同的两点，且，证明：点到直线PQ的距离为定值，并求的最小值． 【变式训练9-3】（2026·陕西榆林·模拟预测）如图，F是抛物线的焦点，M是抛物线C上的一点，且． (1)求抛物线C的标准方程； (2)过焦点F作直线交抛物线C于A，B两点，直线AO（O为C的顶点）交C的准线l于点P，求证：； (3)在（2）的前提下，求的最小值． 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（多选）（2026·全国二卷·高考真题）已知抛物线：，斜率为的直线经过点，等边三角形的顶点A在E上，顶点,均在上.下列结论正确的有（     ） A．E的准线方程为 B．若与E没有公共点，则 C．若与的唯一公共点为，则E的焦点在直线上 D．若，则面积的最小值为 2．（2024·北京·高考真题）若直线与双曲线只有一个公共点，则的一个取值为 ________． 3．（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． 4．（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． 5．（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． 课本典例·高考素材 ——立足课本典例，挖掘高考素材 1．如图，已知直线和椭圆．m为何值时，直线l与椭圆C：    (1)有两个公共点？ (2)有且只有一个公共点？ (3)没有公共点？ 2．如果直线与双曲线没有公共点，求的取值范围. 3．图，M是抛物线上的一点，F是抛物线的焦点，以Fx为始边、FM为终边的角，求． 4．经过椭圆的左焦点F1作倾斜角为60°的直线l，直线l与椭圆相交于A，B两点，求AB的长. 5．已知椭圆，一组平行直线的斜率是． (1)这组直线何时与椭圆相交？ (2)当它们与椭圆相交时，证明这些线被椭圆截得的线段的中点在同一条直线上． 6．已知是双曲线的两个焦点，点M在双曲线上，如果，求的面积． 4 / 28 学科网（北京）股份有限公司 $ 第08讲 直线与圆锥曲线的位置关系 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 知识精讲·靶向突破 拆解核心知识，归纳题型技巧 知识解构 知识点1 直线与椭圆的位置关系 知识点2 直线与双曲线的位置关系 知识点3 直线与抛物线的位置关系 知识点4 直线与圆锥曲线的弦长问题 知识点5 中点弦问题 题型破译 (含超链接） 题型1 直线与圆锥曲线的位置关系 【方法技巧】直线与圆锥曲线位置关系判断 题型2 弦长问题 【方法技巧】弦长公式及其应用 题型3 中点弦问题 【方法技巧】中点弦问题方法选择 题型4 面积问题 【方法技巧】与面积问题相关的公式方法 题型5 定点问题 题型6 定值问题 题型7 定直线问题 题型8 圆锥曲线与其它知识融合 题型9 圆锥曲线中的最值范围问题 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 05 课本典例·高考素材 立足课本典例，挖掘高考素材 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 核心考点 2026年 2025年 2024年 直线与圆锥曲线交点相关问题 全国二卷T11（6分） 天津卷T15 全国一卷T10（6分） 新课标Ⅱ卷T10（6分） 北京卷T13（5分） 求圆锥曲线方程 北京卷T19（1） 天津卷T18（1） 全国一卷T18（1） 全国二卷T18（1） 北京卷T19（1） 天津卷T18（1） 全国一卷T18（1） 全国二卷T16（1） 北京卷T19（1） 全国甲卷（文）T21（1） 全国甲卷（理）T20（1） 天津卷T18（1） 新课标I卷T16（1） 根据直线与圆锥曲线的位置关系求参数或范围 北京卷T19（2） 天津卷T18（2） 全国一卷T18（2） 全国二卷T18（21） 北京卷T19（2） 天津卷T18（2） 全国一卷T18（2） 全国二卷T16（2） 北京卷T19（2） 全国甲卷（文）T21（2） 全国甲卷（理）T20（2） 天津卷T18（2） 新课标I卷T16（2） 考情分析 圆锥曲线综合问题是高考数学的重难点内容。近三年考情显示常见的考点有定点、定值、定直线、最值范围、证明及存在性问题，以及三角形（四边形）面积问题，主要在解答题的第2问中进行考查，难度较大。在今年的高考中依旧是命题的热点方向 复习目标 1.直线与圆锥曲线的位置关系的判断其应用； 2.曲线方程及曲线轨迹. 3.根与系数的关系 4.弦长公式及其应用（包括三角形多边形面积） 5.结合向量的应用 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 知识精讲·靶向突破 ——拆解核心知识，归纳题型技巧 知●识●解●构 知识点1 直线与椭圆的位置关系 将直线的方程与椭圆的方程联立成方程组，消元转化为关于或的一元二次方程，其判别式为. ①直线和椭圆相交直线和椭圆有两个交点(或两个公共点）； ②直线和椭圆相切直线和椭圆有一个切点(或一个公共点)； ③直线和椭圆相离直线和椭圆无公共点 自主检测过点的直线与椭圆交点个数有（    ） A．0 个 B．1 个 C．1 个或 2 个 D．2 个 【答案】C 【分析】判断点与椭圆的位置关系是点在椭圆上，则可判断出过点 的直线与椭圆交点个数. 【详解】，在椭圆上， 过点 的直线与椭圆交点个数有1 个或 2 个. 故选：C. 知识点2 直线与双曲线的位置关系 代数法：设直线，双曲线联立解得： （1）时，，直线与双曲线交于两点（左支一个点右支一个点）； ，，或k不存在时，直线与双曲线没有交点； （2）时， 存在时，若，，直线与双曲线渐近线平行，直线与双曲线相交于一点； 若， 时，，直线与双曲线相交于两点； 时，，直线与双曲线相离，没有交点； 时，直线与双曲线有一个交点；相切 不存在，时，直线与双曲线没有交点； 直线与双曲线相交于两点； 自主检测过点作斜率为的直线与双曲线的右支相交于不同两点，则的值可以是（   ） A． B． C． D．2 【答案】A 【分析】设出直线，联立双曲线，由韦达定理和根的判别式得到不等式，求出答案. 【详解】过点作斜率为的直线方程为， 将与联立可得， 显然，， 解得， 设直线与双曲线右支相交的两点分别为， 则， 故，解得， 综上，，显然只有满足要求. 知识点3 直线与抛物线的位置关系 设直线:,抛物线:（）,将直线方程与抛物线方程联立整理成关于的方程 (1)若,当时,直线与抛物线相交,有两个交点; 当时,直线与抛物线相切,有一个切点; 当时,直线与抛物线相离,没有公共点. (2)若,直线与抛物线有一个交点,此时直线平行于抛物线的对称轴或与对称轴重合.因此直线与抛物线有一个公共点是直线与抛物线相切的必要不充分条件. 自主检测过点作直线与抛物线只有一个公共点，这样的直线有（    ） A．1条 B．2条 C．3条 D．4条 【答案】B 【分析】先判断点与抛物线的位置，再分类讨论直线的情况. 【详解】将代入，解得，因此点在抛物线上， 当直线与抛物线相切时，即过点抛物线的切线； 当直线与抛物线的对称轴平行时，此直线与抛物线也只有一个公共点， 又因过点，所以这条直线为； 综上过点作直线与抛物线只有一个公共点，这样的直线有2条. 知识点4 直线与圆锥曲线的相交弦长公式 若直线与圆锥曲线相交与、两点，则： 弦长 弦长 这里的求法通常使用韦达定理，需作以下变形： ； 自主检测已知直线与双曲线交于，两点，且线段的中点为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，根据点差法求出直线的斜率，解出直线方程，然后与双曲线方程联立解出，点坐标，根据两点间距离公式求出． 【详解】设，直线的方程为． 由题意知，为的中点， 因为， 两式相减，得， 所以， 即直线的斜率为，所以直线的方程为， 与双曲线联立， 得，即， 解得或， 所以. 知识点5 中点弦问题 1、相交弦中点（点差法） 直线与曲线相交，涉及到交线中点的题型，多数用点差法。按下面方法整理出式子，然后根据实际情况处理该式子。 主要有以下几种问题： （1）求中点坐标；（2）求中点轨迹方程；（3）求直线方程；（4）求曲线； 中点， ， 2、点差法 设直线和曲线的两个交点，，代入椭圆方程，得； ； 将两式相减，可得；； 最后整理得： 同理，双曲线用点差法，式子可以整理成： 设直线和曲线的两个交点，，代入抛物线方程，得； ； 将两式相减，可得；整理得： 自主检测（2026·新疆·一模）在双曲线中，过左焦点的直线与双曲线同一支交于不同的两点，，线段的中点为．若直线的斜率为，则直线的一般式方程为___________． 【答案】 【分析】先根据方程求出焦点坐标，利用点差法及的斜率可求斜率，点斜式可求方程. 【详解】由双曲线的方程可知,设， 则，两式相减可得，即， 所以， 因为直线的斜率为，所以,所以， 直线的方程为，即，经检验符合题意. 故答案为： 题●型●破●译 题型1 直线与圆锥曲线的位置关系 例1-1已知抛物线方程，过点的直线与抛物线只有一个交点，这样的直线有（    ） A．0条 B．1条 C．2条 D．3条 【答案】C 【分析】考虑直线斜率存在，和不存在三种情况，设直线方程为，联立方程，根据得到答案. 【详解】点在抛物线上，易知当直线斜率不存在时不满足； 当直线斜率时，易知满足条件； 当直线斜率存在且时，设直线方程为，即， ，整理得到，， ，解得，直线方程为. 综上所述：满足条件的直线有2条. 故选：C 例1-2【新角度】（陕西省榆林市2025届高三上学期第二次模拟检测数学试题）已知直线与曲线有两个公共点，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】解法1，当时，满足题意，当时，两方程联立方程组消去，然后结合根与系数的关系及判断式可求得结果；解法2，利用数形结合，由与相切时，求出的值，然后结合图形可求得结果；解法3，利用伸缩变换，将半圆横坐标不变，纵坐标缩短到原来的，得到半椭圆，然后转化为直线与圆的关系求解即可. 【详解】解法1：由得，所以为椭圆的上半部分， 直线过定点 ①当，直线与有两个公共点； ②当，与曲线联立， 得， 设直线与曲线交于点， 则由题意得，解得， 综上，的取值范围是. 解法2：数形结合法 ①当，直线与有两个公共点； ②当与相切时， 两曲线方程联立方程组化简得， 整理得， 由，得, 解得或， 由图可得舍去， 所以由图可得， 综上，的取值范围是. 解法3：将半圆横坐标不变，纵坐标缩短到原来的，得到半椭圆. 当与相切时，由点到的距离等于圆的半径得：， 解得：（舍）或，经过伸缩变换后，， 综上，的取值范围是. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题重点考查了直线与半椭圆位置关系，隐含直线过定点问题，解题的关键是将曲线化简为半椭圆方程，考查数形结合思想和转化思想，属于中档题. 方法技巧 直线与圆锥曲线位置关系判断 （1）直线与圆锥曲线方程联立方程消元后得到一元二次方程， （2）判断最高项系数 ①最高项系数为0时，直线与圆锥曲线有一个公共点 ②最高项系数不为0时，求；根据判断直线与圆锥曲线的位置关系 特别注意：直线与双曲线只有一个交点，包含直线与双曲线相切或直线与双曲线的渐近线平行； 直线与抛物线只有一个交点，包含直线与抛物线相切、直线与抛物线的对称轴平行（或重合） 【变式训练1-1·变考法】若直线与曲线只有一个公共点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】探讨直线与曲线的特征，画出图形，数形结合求出的范围. 【详解】曲线，即（），表示双曲线的右支，其渐近线方程为， 直线过定点，直线与曲线，如图， 观察图形得，当且仅当时，直线与双曲线的右支只有一个公共点， 所以的取值范围为. 故选：B 【变式训练1-2·变载体】（2025·江苏苏州·三模）在平面直角坐标系xOy中，过点的直线与抛物线交于A,B两点，若直线OA,OP,OB的斜率依此成等比数列，则的斜率为（    ） A． B． C．2 D．3 【答案】A 【分析】设出的方程，与抛物线方程联立，表示出韦达定理，结合已知可得的方程，进而求解即可. 【详解】设的方程为，， 将直线方程代入抛物线方程得，所以， ，所以， 因为，所以．所以．所以． 故直线的斜率为． 故选：A. 【变式训练1-3】若直线与双曲线恰好有一个交点，则直线的斜率为_________________. 【答案】或 【分析】联立直线方程和双曲线方程，然后根据方程解得个数讨论求解. 【详解】将代入双曲线方程中得到：， 展开整理得. 当时，即时，方程变为一次方程，此时直线与双曲线的渐近线平行，直线与双曲线恰好有一个交点. 当时方程是二次方程， 若直线与双曲线恰好有一个交点，则判别式， 展开得到：. 进一步化简为，则. 解得. 故答案为：或. 题型2 弦长问题 例2-1（2026·山西晋城·三模）已知直线与椭圆交于不同的两点A，B，若，则实数______． 【答案】4 【详解】联立，得 ， 则，解得，且， 所以，解得． 例2-2（2026·山东威海·一模）已知双曲线的焦距为2c，渐近线方程为，右焦点到直线的距离为． (1)求的方程； (2)已知直线交于B，C两点，的左顶点记为，若，求弦长|BC|． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）依题意建立关于的方程组，求解即得双曲线的方程； （2）将直线方程与双曲线方程联立，写出韦达定理，利用和三角形相似可推得，与韦达定理联立求得，再用弦长公式即可求得答案. 【详解】（1）由题意知，，      解得，      所以的方程为 （2）联立，整理得，      由，可得， 设，则      因为， 又直线过点，且，     所以，所以①，（也可利用斜率相等或向量共线得出）     将①式代入得，消去得，     解得，     则    方法技巧 弦长公式及其应用 （1）弦长公式：①== ②同理可得 （2）与抛物线焦点弦有关的问题可以优先考虑焦点弦长公式： （3）常应用与面积问题 【变式训练2-1】（2026·甘肃金昌·三模）双曲线的右焦点为，右顶点为是的一条渐近线，点到的距离为，点到的距离为，直线与交于点，则__________. 【答案】30 【分析】根据题意，利用点到直线的距离公式列式求得，求得双曲线的标准方程，将直线与双曲线方程联立，结合弦长公式求得答案. 【详解】设，渐近线的方程为， 则到的距离，到的距离， 所以，又，所以， 所以双曲线的标准方程为. 由，得， 设，则， ，所以， 所以. 【变式训练2-2·变载体】（2026·山东济宁·二模）已知抛物线的焦点为，直线过点且与交于，两点，为坐标原点，若是，的等比中项，则________ 【答案】8 【分析】设直线，与抛物线方程联立可得韦达定理，结合等比中项可得，进而可求弦长. 【详解】由题意可知：， 设直线，，， 则，，， 联立方程，消去x可得， 则，， 因为是，的等比中项，则， 可得，即， 所以. 【变式训练2-3】（2026·河南开封·模拟预测）已知椭圆的左焦点为，离心率为． (1)求的方程； (2)设点，过点且不与坐标轴垂直的直线交于、两点，且，求． 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）根据题意求出、的值，即可得出椭圆的方程； （2）设直线的方程为，设点、，将该直线方程与椭圆方程联立，求出线段的中点坐标，可得出线段的中垂线方程，将点的坐标代入中垂线方程，可求出的值，再利用弦长公式可求出的值. 【详解】（1）由的焦点为，可知的半焦距，         因为的离心率为，所以，则．             又，所以， 故的方程为． （2）由已知，设直线的方程为， 设点、． 联立，得， ， 由韦达定理可得，， 所以． 故线段的中点坐标为，    则线段的垂直平分线的方程为．             若，则线段的垂直平分线过点， 所以， 化简整理得，解得或．                 当时，因为，， 所以；             当时，因为，， 所以．             综上，的值为或． 题型3 中点弦问题 例3-1过椭圆：右焦点的直线：交于、两点，为AB的中点，且OP的斜率为，则椭圆的标准方程为______. 【答案】 【分析】先由直线方程求得右焦点坐标，得，再设，点坐标代入椭圆方程相减得出直线与直线斜率的关系，从而求得的关系，结合可求得得椭圆方程． 【详解】在中令得，所以椭圆右焦点为，即， 设，，， ∴，两式相减得， 所以，即，从而， ∴， 又，因此， ∴椭圆标准方程， 故答案为： 例3-2【新角度】已知，直线，相交于点，且它们的斜率之积是4． (1)求点的轨迹的方程． (2)过点能否作一条直线与轨迹交于，两点，且是线段的中点？若能，求出直线的方程；若不能，说明理由． 【答案】(1) (2)不能，理由： 假设存在符合题设的直线，设， 则，两式相减整理得． 又因为为线段的中点，所以，， 所以直线的斜率． 由点斜式方程可知，直线的方程为，即． 由消去，整理得，（*） 判别式， 所以方程（*）无解，故直线与轨迹无交点，因此假设不成立， 故过点不能作直线，使得与交于，两点，且是线段的中点． 【分析】（1）设点，由两直线斜率之积化简求解方程； （2）假设存在符合题设的直线，由点差法求出直线斜率，验证可知直线不存在. 【详解】（1）设点， 则直线的斜率，直线的斜率， 由题意知，即，化简整理得， 所以点的轨迹的方程为． （2）略 方法技巧 中点弦问题方法选择 （1）优选点差法 （2）涉及到存在性问题时 ①点差法及回代检验 ②根与系数的关系法：联立直线和圆锥曲线的方程得到方程组，消元得到一元二次方程后，由根与系数的关系及中点坐标公式求解. 【变式训练3-1·变载体】（2026·山东菏泽·一模）已知抛物线，O为坐标原点，过焦点F的直线交抛物线于A，B两点，M为线段AB的中点，则直线OM的斜率的最大值为______. 【答案】 【分析】先根据题意设出直线的方程，再联立直线方程与抛物线方程，然后利用韦达定理求出中点的坐标，进而求出直线斜率，分类讨论求斜率最大值. 【详解】由得，由题意知直线的斜率不为0， 所以设直线的方程为，， 联立消去得， ，则由韦达定理得，所以， 所以，， 当时，， 当时，， 当且仅当，即时等号成立， 当时，， 综上，直线OM的斜率的最大值为. 【变式训练3-2】若双曲线的弦被点平分，则此弦所在直线的方程为______. 【答案】 【分析】设弦所在直线与双曲线的交点分别为，，根据题意利用点差法运算求解. 【详解】设弦所在直线与双曲线的交点分别为，，显然， 则，即， 因为，两式作差得， 可得，可知弦所在的直线的斜率为， 故所求直线为，整理得， 联立方程，消去y可得， 则，符合题意. 故答案为：. 【变式训练3-3·变考法】已知椭圆的一个顶点为，离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)经过点能否作一条直线，使直线与椭圆交于，两点，且使得是线段的中点，若存在，求出它的方程；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）根据椭圆的顶点及离心率即可得出椭圆方程； （2）当直线斜率存在时，设直线方程，联立椭圆方程，根据根与系数的关系建立 方程求斜率即可得解. 【详解】（1）椭圆的顶点为，， 又，， ， 椭圆的方程为：． （2）当过点的直线斜率不存在时，显然不成立， 设直线的斜率为，则其方程为：，如图，    联立方程组，消去并整理， 得：， 由在椭圆内部可知，方程有两不等实根， 设， ，且点是线段的中点， ，， 故存在这样的直线，方程为：，即， 题型4 面积问题 例4-1（2026·河南·模拟预测）在平面直角坐标系中，一动直线分别交，于A，B（A，B横坐标同号）两点，且的面积恒为4. (1)求中点的轨迹的方程； (2)若直线交轨迹于，两点，的面积为，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先利用三角形面积为4，建立，两点坐标之间的等量关系；设中点的坐标，利用中点坐标公式将点坐标用，两点坐标表示，即可求出点的轨迹的方程； （2）联立方程组，分别根据弦长公式表示出，再根据点到直线的距离公式求出距离，根据面积为建立等量关系即可求出. 【详解】（1）解：设，，由题知， 则，    设，则，，所以， 因此，中点的轨迹的方程. （2）解：设，， 将代入，整理得， 则，解得，，， 由弦长公式可得： ， 设点到直线的距离为，则， 所以， 两边同时平方，化简整理得， 解得或（舍），所以. 例4-2【新角度】（2026·辽宁大连·一模）已知抛物线（）的焦点为，准线为，直线与相交于两点，点. (1)求的方程； (2)若，求证：过定点； (3)若线段的中点在直线上，求面积的最大值. 【答案】(1) (2)证明：方法1：设，，由题意得l存在斜率，设l：，联立得， 令，则， 因为， 所以，即. 因为，， 所以， 整理得. 因为，所以， 所以，得. 所以， 所以直线过定点. 方法2：设，，由题意得l存在斜率，设l：， 因为， 所以，，即. 因为，， 所以， 即， 整理得， 因为，所以，所以， 所以， 所以直线过定点. (3) 【分析】（1）可通过准线方程建立等式求出的值，进而得到抛物线的方程； （2）先求出焦点的坐标，设出直线的方程以及、两点坐标；因为，利用向量夹角公式可得到，方法1：将等式用坐标表示后，结合抛物线方程化简，方法1：再联立直线与抛物线的方程，利用韦达定理代入化简结果，得到直线中参数的关系，从而确定直线所过的定点；方法2：利用抛物线的焦半径公式以及坐标代换后，因式分解，得到直线中参数的关系，从而确定直线所过的定点； （3）方法1：设出、两点坐标以及直线的方程，联立直线与抛物线的方程，利用韦达定理求出中点的坐标；因为的中点在直线上，所以可得到直线参数的关系；再求出弦长以及点到直线的距离，进而表示出的面积，最后利用导数求函数最值的方法求出面积的最大值；方法2：设AB的中点为，，，利用条件建立起的关系式，弦长以及点到直线的距离都用表示出来，进而用表示出的面积，最后利用导数求函数最值的方法求出面积的最大值. 【详解】（1）由题意可知，，， 所以C的方程为. （2）略 （3）方法1：设，，由题意得l存在斜率， 设l：，联立得， 令，则， 由中点在上，得. 所以， 点P到直线l的距离. 面积，. 令，则，. 所以，令，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减. 所以当时，有最大值， 即△PAB面积的最大值为. 方法2：设AB的中点为，，，则，. 因为，，所以，. 因为抛物线与直线交点为，，所以. 所以, ， . 因为直线l的斜率，且经过点， 所以直线l的方程为， 即：， 所以点到直线的距离， 所以面积，. 令，则，. 则，令，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减. 所以当时，有最大值， 即△PAB面积的最大值为.    方法技巧 与面积问题相关的公式方法 （1）三角形面积问题 直线方程： （2）焦点三角形的面积 直线过焦点的面积为 （为联立消去后关于的一元二次方程的二次项系数） （3）多边形面积问题可转化为多个三角形面积问题 【变式训练4-1·变考法】（2026·安徽合肥·模拟预测）2026年是中华全国总工会创立的101周年，学校组织学生参观基层工匠的工作，学生们在参观一个加工厂时发现，一个师傅在木板上钉了两个钉子，钉子间距为8，师傅用一个长18的绳子连成绳圈，将两个钉子套在绳圈内，用一根墨笔从绳圈内顶住绳子使得绳子始终紧绷并画线．以两个钉子的连线为 轴、连线中点为坐标原点建立平面直角坐标系. (1)求轨迹方程C并求离心率； (2)左、右焦点分别为、，过的直线 交 于 、 （ 在 上方），求最大值并给出 的直线方程． 【答案】(1)，离心率 (2)15； 【分析】（1）根据已知条件求得，由此求得轨迹方程和离心率. （2）设出直线 的方程，通过面积拆分简化三角形面积表达式，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理与换元法，利用基本不等式求解面积最值及对应直线方程. 【详解】（1）由题意知，，，解得， 故轨迹方程为：， 离心率． （2）由（1）得焦点，，设直线 的方程为，，. 的面积可拆分为与的面积之和， 即. 将代入椭圆方程，消去 得. 由韦达定理得，，则 , 故. 令（），则，. 由基本不等式得，当且仅当即时取等号，满足. 此时，即面积的最大值为15. 由得，解得，代入直线方程整理得. 【变式训练4-2】（2026·陕西安康·模拟预测）已知为坐标原点，抛物线：的焦点为，点在抛物线上，且． (1)求抛物线的方程； (2)若过点的直线与抛物线交于，两点，其中点在第一象限，且的面积为，求的值． 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）根据向量的数量积为0可知两个向量垂直，由的横坐标可求出，进而可求出方程； （2）设直线的方程为，，联立抛物线的方程，由的面积结合韦达定理可求出， 设，结合共线性质得，列方程组可求得. 【详解】（1）抛物线：的焦点为， 由知，又点在抛物线上，所以，解得， 因此抛物线的方程为. （2）由（1）得， 假设直线的斜率不存在，即轴，将代入可得， 此时的面积为，矛盾，假设不成立，所以直线的斜率存在； 如图，设直线的方程为， 由消去得. 设， 由韦达定理得， 所以. 所以的面积为， 整理得，解得，所以. 设，结合共线性质得， 所以，所以， 又，所以，解得或. 【变式训练4-3·变考法】（2026·陕西咸阳·模拟预测）已知椭圆过点，离心率，过椭圆E的右焦点F作相互垂直的直线AB，CD与椭圆E分别交于A，B，C，D四点． (1)求椭圆E的标准方程； (2)求四边形ACBD面积的最小值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆过点和离心率直接可得椭圆方程； （2）根据直线的斜率进行分类讨论，由弦长公式可得，再由直接计算四边形的面积，由基本不等式可得最小值. 【详解】（1）因为椭圆过点，离心率，且. 所以，，即，得， 代入，得，即，所以. 故椭圆的标准方程为. （2）当直线AB的斜率存在且不等于零时，设斜率为． 因为，所以直线CD的斜率为． 因为右焦点，所以直线AB的方程为，设，． 由，消去y得． 则， 可得，． 则， 同理可得． 因为，所以 ． 当且仅当，即时，等号成立，四边形ACBD面积有最小值； 当直线AB的斜率不存在时，或者斜率等于零时，AB与CD位置互换， 此时，，，或者，， 所以． 因为，所以四边形ACBD面积的最小值为． 题型5 定点问题 例5-1（2026·河北沧州·三模）已知椭圆的长轴长为，由的三个顶点构成的三角形的面积为    (1)求的方程 (2)记的右顶点和上顶点分别为，，点在线段上运动，垂直于轴的直线交于点点在第一象限，为线段的中点，设直线与的另一个交点为，证明：直线过定点． 【答案】(1)． (2)由于轴，所以不可能垂直于轴，故直线的斜率存在，故设直线的方程为，, 联立， 则 ， 直线的方程为， 当时，，所以，是的中点，所以， ，即，所以， 则， 化简得 ， 代入，得， 故，所以或， 故直线的方程为或， 由于不与重合，所以直线不经过，故直线的方程为， 此时 ， 故，此时直线过定点. 【分析】（1）根据椭圆的几何性质即可求解. （2）讨论直线的斜率是否存在，存在时，设出直线的方程，联立与椭圆的方程，可得根与系数的关系式，利用斜率关系或者根据向量的共线得到点的坐标之间的关系，得到韦达定理，由两点斜率公式，即可代入化简的方程求解. 【详解】（1）由题意可知， E的三个顶点构成的三角形要么是短轴的一个顶点和长轴的两个顶点构成的三角形，面积为； 要么是短轴的两个顶点和长轴的一个顶点构成的三角形，面积为， 所以， 故E的方程为. （2）略 【点睛】直线与椭圆的位置关系中直线过定点问题，需要讨论直线的斜率是否存在，若斜率不存在，特殊情况特殊对待，存在时，设出直线的方程，联立与椭圆的方程，可得根与系数的关系式，利用斜率关系或者根据向量的共线得到点的坐标之间的关系，进而为消去变量起到了重要的作用从而求得直线方程中两个参量之间的关系即可得到定点. 例5-2在平面直角坐标系中，已知圆心为点的动圆恒过点，且与直线相切，设动圆的圆心的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)为直线：上一个动点，过点作曲线的切线，切点分别为，，过点作的垂线，垂足为，是否存在实数，使点在直线上移动时，垂足恒为定点？若不存在，说明理由；若存在，求出的值，并求定点的坐标． 【答案】(1) (2)存在这样的，当时，坐标为． 【分析】（1）依题意，由几何法即可得出圆心的轨迹是以为焦点，：为准线的抛物线． （2）设直线的方程，对抛物线方程求导化简也可得直线的方程，由恒等思想可得，，构造直线方程为，故两点代入化简可得恒过点，再由得，恒过点  ，从而可得结论.。 【详解】（1）依题意，圆心的轨迹是以为焦点，：为准线的抛物线． 所以抛物线焦点到准线的距离等于2，故动圆圆心的轨迹为． （2）假设存在实数，使点在直线上移动时，垂足恒为定点，    设，，，直线的方程为， 将抛物线方程变形为，则，所以， 所以的方程为，     因为，所以直线的方程为，     把代入的方程得． 同理可得．      构造直线方程为，易知，两点均在该直线上， 所以直线的方程为， 故恒过点．     因为，所以可设方程为， 化简得， 所以恒过点 当，即时，与均恒过， 故存在这样的，当时，坐标为． 【变式训练5-1】（2025·江苏常州·模拟预测）已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴､轴，且点和点在椭圆上 (1)求椭圆的方程； (2)直线与椭圆交于两点，若，是否存在定点，使得直线的倾斜角互补？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)； (2)存在，. 【分析】（1）设出椭圆方程，利用待定系数法求出中. （2）假设存在点，由倾斜角互补可知斜率和为，将直线与椭圆方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式列式求出即可. 【详解】（1）设椭圆的方程为：， 由点和点在椭圆上，得，解得， 所以椭圆的方程为：. （2）当时，直线， 假设存在点，使直线的倾斜角互补，即直线的斜率之和为， 由消去得， ，设， ，，由， 得，而，即， 于是，整理得，解得， 所以存在点，使得直线的倾斜角互补. 【变式训练5-2】（2026·四川泸州·模拟预测）已知动点到定点的距离比它到直线 的距离小 (1)求动点的轨迹方程； (2)过点作倾斜角为，（）的两条直线交的轨迹于两点，若，求证：直线恒过定点． 【答案】(1) (2)由题意可知，直线 的倾斜角均不为 和， 故直线 ， 的斜率存在且不为 ， 因为，所以，即， 即， 若直线 的斜率为 ，则与抛物线只有一个交点，若斜率不存在，则 重合，均不符合题意； 故设，， 联立，得， 则， 则 ， 得， 则直线恒过点. 【分析】（1）设动点，利用轨迹方程的求法可得答案； （2）设直线，联立抛物线方程，得到关于 的一元二次方程，由韦达定理得，由，得，将 点坐标代入，化简，再将代入，可得，即得答案. 【详解】（1）设动点，根据题意， 到的距离 比到直线的距离小，即： 分析绝对值范围： 若，则，代入得： 两边平方并化简： ， 化简可得， 若，则，代入得右边为负，而左边根号非负，无解， 因此，动点 的轨迹方程为； （2）略 【变式训练5-3】（2026·陕西西安·模拟预测）已知点，，双曲线的方程经过点，且的一条渐近线与直线平行，为上异于顶点的任意一点，为的左顶点． (1)求的方程； (2)求直线与的斜率之积； (3)设为上异于顶点和点的任意一点，且直线的斜率是直线的斜率的3倍，证明：直线恒过定点． 【答案】(1) (2) (3)证明：（方法一）由（2）知，，因为，所以． 设直线的方程为，代入， 得， 则且，即且． 设（且），则，． 因为， 再将，代入得：得， 即， 所以， 因为直线不过点，所以，所以， ，化简整理得，解得， 所以直线的方程为，故直线恒过定点． （方法二）设直线的方程为，代入， 得， 则且，即且． 设（且），则，． 因为，所以，即， 整理得， 由，所以，得， 所以， ，整理得， 因为等式恒成立，所以，解得． 所以直线的方程为，故直线恒过定点． 【分析】（1）根据双曲线的性质可得双曲线的基本量，进而可得双曲的方程； （2）设，根据点在双曲线上及斜率的定义可得； （3）方法一：先设直线的方程为，由（2）的分析得，进而可得，再由斜率的坐标运算公式及根与系数关系代入化简得，从而可得直线过定点；方法二：先设直线的方程为，再由条件及根与系数关系可得恒成立，得，从而可得及直线过定点. 【详解】（1）由经过点，得． 由，又因为双曲线一条渐近线与直线平行， 所以，则，故的方程为． （2）设，则，即， 因为，， 所以， 故直线与的斜率之积为． （3）略 题型6 定值问题 例6-1（2026·江苏无锡·三模）已知为椭圆：的右焦点，为椭圆的右顶点，为椭圆的上顶点，坐标原点到直线的距离为. (1)求的方程； (2)过的直线与椭圆交于，两点（不与椭圆的左，右顶点重合），设直线，的斜率分别为，，求证：为定值； 【答案】(1) (2)设过的直线方程为，交点，联立方程可得： ，消去整理得：，， 由韦达定理得： ， 化简得：，由知，斜率，， 因此：，代入，化简可得： ，故为定值，定值为. 【分析】（1）利用椭圆基本性质和点到直线距离公式建立方程求解. （2）先联立直线与椭圆方程，利用韦达定理得到的关系，再代入斜率比值表达式化简得出定值. 【详解】（1）已知右焦点，所以椭圆中， 右顶点，上顶点，根据两点式的方程可得： 直线的方程：，原点到直线的距离为： ，两边平方得， 又因为， 所以 代入上式可得：，化简可得：， 解得（负根舍去），故，因此椭圆的方程为： . （2）略. 例6-2（2026·陕西咸阳·模拟预测）在平面直角坐标系中，过点的圆与直线相切，设圆心的轨迹为曲线． (1)求的方程； (2)已知点是上的一点，过点的直线与有两个不同的交点． （i）当点到直线的距离取得最大值时，求； （ii）记直线交轴于点，直线交轴于点，若，试判断是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)（i）8；（ii）为定值2. 【分析】（1）根据两点间距离公式及条件，列出方程，整理即可得答案. （2）（i）根据C的方程，可得点P的坐标，分析可得当时，点到直线的距离取得最大值，求出的方程，与曲线C联立，根据韦达定理，可得的值，代入弦长公式，即可得答案. （ii）设出直线的方程，与曲线C联立，根据韦达定理，可得的表达式，写出直线的方程，即可得点M的纵坐标的表达式，同理可得点N的纵坐标的表达式，结合条件可得的表达式，整理计算，即可得答案. 【详解】（1）设点为上任意一点，因为圆过点且与直线相切， 所以与点到直线的距离相等，故，整理得， 即的方程为． （2）（i）因为点是上的一点，所以，解得，即， 当点到直线的距离取得最大值时，有， 又，所以直线的斜率为，则直线的方程为， 设，由，得，所以， 所以． （ii）由题意可知直线的斜率存在且不为0， 设直线的方程为， 由，得， 此时即即且, 又， 则直线的方程为， 令，得点的纵坐标为． 同理得点的纵坐标为． 由，得． 所以 ．即为定值2. 【变式训练6-1】（2026·安徽阜阳·二模）已知双曲线C：的焦距为8，点在双曲线C的一条渐近线上.过双曲线C的左焦点F作直线l交双曲线C的左支于A，B两点. (1)求双曲线C的方程； (2)已知点，直线交直线于点Q，设直线，的斜率分别为，，求证：为定值. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由已知条件，列方程求出，可得双曲线标准方程； （2）设直线的方程与双曲线联立方程组，设两点坐标，表示出直线，得点坐标，表示出，结合韦达定理，证明为定值. 【详解】（1）由题意知，则，所以， 因为点在双曲线的一条渐近线上， 所以点在双曲线的渐近线上，所以， 综上可得， 故双曲线的方程为. （2）由（1）知双曲线的左焦点为， 由题意设直线的方程为， 由直线，得， 设，则，又， 所以 ， 由，得，其中， 则，，，所以. 因为，所以， 所以 . 即为定值. 【变式训练6-2】（2025·甘肃武威·模拟预测）已知椭圆与抛物线的公共焦点为，过点且斜率存在的直线与交于，两点，与交于，两点，记直线，，，（为原点）的斜率分别为，，，. (1)求与的方程； (2)证明：为定值. 【答案】(1)椭圆的方程为，抛物线的方程为 (2)证明：由题意可知直线的斜率存在且不为0，    设直线，，，，， 联立得， 则，，， 所以. 联立得，则， 所以，， 所以， 所以为定值. 【分析】（1）根据题设椭圆及抛物线方程可得，，进而求解即可； （2）设直线，，，，，联立直线与椭圆方程，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理可得，，进而求证即可. 【详解】（1）由题意得，则，所以椭圆的方程为. 由题意得，则，所以抛物线的方程为. （2）略 【变式训练6-3】（2026·河北雄安·模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，直线过点且与双曲线交于第一象限的点. (1)若直线与双曲线的左半支交于点，，且，求实数的值； (2)若点的横坐标为，且满足，证明：直线的斜率为定值. 【答案】(1) (2) 方法一：设直线的斜率为，则直线， 联立，整理得. 因为点的横坐标为，所以恰是该方程的解， ， 整理得，即. 又，所以， 直线过点且与双曲线交于第一象限的点， ，即直线的斜率为定值. 方法二：点的横坐标为，在第一象限，且在双曲线上， ，解得，故， 因为直线过点，所以直线的斜率为. 因为，所以直线的斜率为，即直线的斜率为定值. 【分析】（1）利用双曲线的定义求出，再在中由余弦定理即可求出； （2）方法一：设，与双曲线方程联立，将代入方程中化简即可；方法二：求出点坐标，再化简直线的斜率即可. 【详解】（1）点在双曲线右支上，， 由，得. 又直线与双曲线的左半支交于点，所以，得， 在中由余弦定理得 ， 整理得，解得或（舍去）. 实数的值为. （2）略 题型7 定直线问题 例7-1（2026·北京朝阳·模拟预测）已知椭圆的离心率为，右焦点，且，直线交椭圆于，两点，交轴于点． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线过右焦点，设，，求的值； (3)若已知，椭圆上下顶点分别为C，D，直线交直线于点，证明：点在定直线上． 【答案】(1) (2) (3)证明如下： 依题意直线的斜率存在，设直线的方程为， 由（1）可得，， 设，， 由，得， ∴，，， 则，， 又直线的方程为，直线的方程为， 解，即， 即， 得，所以，即， 所以 ， 所以点在定直线上． 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）设直线的方程为，根据向量的坐标运算以及韦达定理化简； （3）直线的方程为，联立直线、的方程求出点的坐标，结合韦达定理化简得出. 【详解】（1）依题意可得，解得， 所以椭圆的标准方程为． （2）由（1）可得椭圆的右焦点， 由题意知直线的斜率存在，则设直线的方程为， ， ，， 联立，得， ∴，， 又，，，， ，， 则，， ∴，， ∴ ． （3）略 例7-2（2025·上海嘉定·一模）如图，在平面直角坐标系中，为原点，已知抛物线的焦点为，点的坐标为. (1)若点在上，且，求点的坐标； (2)若是上的任意一点，求的最小值； (3)过点的动直线与抛物线交于、两点，过点、分别作的切线，切线交点为，求证：点的轨迹是一条直线. 【答案】(1)或； (2)； (3)证明：由题设，直线的斜率一定存在，设，， 而，则过的切线斜率为，对应切线为，即， 同理过的切线为，即， 联立，可得，整理得， 由题意，则，， 联立，得，且， 所以 ，则，， 显然点在直线，即上，得证. 【分析】（1）令，应用两点距离公式求参数值，即可得点的坐标； （2）若垂直抛物线的准线于，结合抛物线的定义得，数形结合确定其最小值； （3）设，，应用导数几何意义求过的切线，进而得到，，联立直线与抛物线并应用韦达定理得，，即可证. 【详解】（1）由题设，令，则，即， 所以，故或； （2）若垂直抛物线的准线于，由抛物线的定义知， 所以，当且仅当三点共线时取等号， 又抛物线的准线时，最小为， 所以的最小值为；    （3）略 【变式训练7-1】（2025·河北·二模）平面直角坐标系中，圆A的方程为，点B的坐标为，点P是圆上任意一点，线段的垂直平分线交半径于点Q，当点P在圆上运动时，点Q的轨迹为曲线E． (1)求点Q的轨迹E的方程； (2)过点A作一条直线与点Q的轨迹E相交于M，N两点，满足，点H满足，问：点H是否在一条定直线上，若是，求出这条直线方程，若不是，请说明理由． 【答案】(1)； (2)点H在一条定直线上，直线方程为． 【分析】（1）由椭圆的定义确定Q的轨迹，得出求解即可； （2）设，，，，解法一，根据向量坐标运算化简可得，设直线的方程为：，联立椭圆方程，根据根与系数的关系结合化简可得；解法二，设直线方程为，同解法一建立纵坐标间关系，化简可得，当直线斜率不存在或斜率为0时，验证即可. 【详解】（1）如图， 由题意知，， 所以Q点的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆． 设椭圆的方程为， 则，，， 所以椭圆方程为． （2）如图， 解法一： 设，，，， 由可得， 则，即①. 由可得 则，即②， 所以，整理得③. 当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，联立得， 消去得， ，， 代入③得，又因为，所以． 直线的斜率不存在时，不妨取，， 则，，则，，解得， 综上可得，点在一条定直线上，直线方程为． 解法二：设，，，， 由可得， 则，即①. 由可得， 则，即②， 所以，整理得③. 当直线的斜率不存在或不为0时，设直线方程为， 联立，消去得， ，，代入③得. 当直线的斜率为0时，，， 则，恒成立，点H在上也成立， 综上可得，点H在一条定直线上，直线方程为． 【变式训练7-2】已知抛物线的焦点为，直线：与直线与抛物线分别交于点和点. (1)若，求的面积； (2)若直线与交于点，证明：点在定直线上. 【答案】(1) (2)      设，， 联立得， 则. 同理可得，. 则直线， 化简得，， 同理可得，直线， 联立①②消去可得， 故点在直线上. 【分析】（1）联立抛物线与直线，消去得，设，由韦达定理得出，即可根据抛物线弦长公式得出，再由点到直线的距离公式得出点到直线的距离，即可根据三角形面积公式得出答案； （2）设，，分别联立抛物线与直线和抛物线与直线，消去根据韦达定理得出，，根据直线的点斜式化简得出直线与的方程，即可联立两直线方程消去，再代入，，化解得出定直线. 【详解】（1）    依题意，， 联立，得. 设， 故， 故， ， 点到直线的距离， 故. （2）略 【变式训练7-3】（2026·河北邯郸·一模）已知是的两个顶点，是的重心，分别是边的中点，且．记点的轨迹为曲线． (1)求的方程． (2)若的面积为24，求点的坐标． (3)已知点，过的直线与曲线交于两点，直线与交于点，试判断是否在一条定直线上．若是，求出该直线方程；若不是，说明理由． 【答案】(1) (2)或或或 (3)是，直线 【分析】（1）根据已知及双曲线的定义写出的方程； （2）根据已知三角形面积及在双曲线上求出的坐标，结合重心的坐标性质确定点的坐标； （3）设的方程为，联立双曲线并应用韦达定理得，，写出直线与的方程，联立求出的轨迹，即可得. 【详解】（1）由题可知，，则． 又三点不共线，所以点的轨迹是以为焦点，4为实轴长的双曲线（不包含顶点）， 故的方程为； （2）设．因为的面积为24， 所以，得． 由，得． 因为是的重心， 所以或或或； （3）由题可知的斜率存在，可设的方程为． 由，得， 则，得，则，． 直线的方程为，直线的方程为， 则． 由，，得， 则，得， 故点在定直线上. 题型8 圆锥曲线与其它知识融合 例8-1【新角度】（2026·安徽宿州·模拟预测）已知点在直线上移动，椭圆以和为焦点且经过点. (1)当椭圆的长轴长最小时，求椭圆的标准方程； (2)在（1）的条件下，直线与椭圆交于A、B两点（其中点A在x轴上方，点B在x轴下方）.将平面沿x轴折叠，使y轴正半轴和x轴所确定的半平面（平面）与y轴负半轴和x轴所确定的半平面（平面）垂直. ①当B为椭圆的下顶点时，求折叠后直线与平面所成角的正弦值； ②求三棱锥体积的最大值. 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）将 关于直线 对称得 ，由椭圆定义转化 ，取等时得最小长轴长，进而求椭圆方程； （2）① 联立直线与椭圆求交点，翻折后建立空间直角坐标系，用向量法求线面角正弦值； ② 联立直线与椭圆，由韦达定理得表达式，翻折后三棱锥体积化为关于的函数，用二次函数最值求最大值. 【详解】（1）设关于对称的点， 则由垂直关系和和中点在直线上，可得 ，解得. （当且仅当三点共线时等号成立）. ∴椭圆的标准方程为. （2）翻折后，如图： ①当为椭圆的下顶点时，由题意知，直线， 联立方程组可得，解得或，∴. 令原来轴负半轴所在直线为轴， 则，，，， ∴，，，                  设为平面的一个法向量， 则， 令，所以，即，                                   设直线与平面的夹角为， 则. ②联立方程组，整理得， ，∴，                         设，，则，， ， 由可得，，， ∴. 所以当时，的体积最大，此时. 例8-2【新角度】（2026·贵州遵义·模拟预测）已知抛物线 ： （ ）的焦点为，点 在抛物线 上，，且的最小值为3． (1)求抛物线 的方程． (2)依次构造点列，，， （）．设 ，，．如图，过点作斜率为的直线与曲线分别交于点，，直线与曲线交于另一点，直线与曲线交于另一点，直线与轴交于点． ①求数列和的通项公式； ②记的面积为，当 时，求证：． 【答案】(1) (2)①，； ②由①可得，， 代入得，化简得， 所以是首项为1，公比为2的等比数列，． 因为，其中， 则， 故， ，得证. 【分析】（1）求出准线方程，根据抛物线的性质可知，由，那么的最小值为 ，从而得到 ，得到抛物线方程； （2）①设出直线方程，联立 ，求出两根之和，两根之积，联立化简得，，所以是以1为首项，4为公比的等比数列，是以2为首项，4为公比的等比数列，故，； ②在①基础上，得到，所以是首项为1，公比为2的等比数列，，求出，从而放缩得到，利用等比数列的求和公式即可证明. 【详解】（1）抛物线的准线为，， 根据抛物线的定义，可得的最小值为点到准线的距离 ， 解得 ，故抛物线 的方程为 ． （2）①过且斜率为的直线方程为， 代入 得 ， 由韦达定理： 设直线的方程为，代入 得 ， 则，可得， 同理，由，可得， 则直线的斜率， 直线的方程为：， 将代入化简得（*）， 将代入，结合可得 ， 再代入（*）式，化简得， 由于 ， ，满足， 则，， 所以是以1为首项，4为公比的等比数列，是以2为首项，4为公比的等比数列， 则，． ②略 【变式训练8-1·变考法】（2026·福建福州·模拟预测）已知椭圆仅经过点，，中的两个． (1)求C的方程； (2)椭圆的光学性质是：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线过椭圆的另一个焦点．已知C的左、右焦点分别为，，点在C上且在第二象限内，从发出的光线经过C的反射，反射光线所在直线与的另一个交点为；记直线与的另一个交点为，直线与的另一个交点为，如此交替进行，得到点列． （ⅰ）设直线的斜率为，证明：数列是等比数列，并求出其公比； （ⅱ）设的面积为，证明：． 【答案】(1) (2)（ⅰ） 设直线l的方程为，l交C于，， 联立可得，化简可得， 由可得， 根据韦达定理可得，， 直线，的斜率之积为 ， 因为直线经过右焦点，所以， 因为直线经过左焦点，所以， 所以是定值，故数列是公比为4的等比数列． （ⅱ）依题意得直线的方程为， 所以的纵坐标， 因为，所以， 因为单调递增，， 所以，即， 因为，所以. 【分析】（1）根据椭圆的性质判断经过的点，代入方程解得参数的值，从而得到椭圆的方程； （2）（i）通过直线方程和椭圆方程联立，联立后的二次函数的根的判别式要大于零，结合韦达定理得到直线斜率之间的比值为定值，从而证明数列为等比数列 （ii）根据直线方程得到点的纵坐标，构建辅助函数，根据函数的单调性来证明不等式成立. 【详解】（1）检验可知，点，不可能同时在椭圆上， 若椭圆经过，，则，此时不在椭圆上， 所以C经过点，，代入C的方程可得，解得， 所以C的方程为. （2）（i）略 （ii）略 【变式训练8-2·变考法】（2026·云南·模拟预测）已知双曲线C：的右焦点F到渐近线的距离为，点在双曲线C上． (1)求双曲线C的方程； (2)点P在第一象限内的双曲线C上，过P作圆M：的切线，切点为Q，过P且垂直于x轴的直线与第一象限内的双曲线的渐近线交于R，求的最小值； (3)如图，将双曲线的左支绕y轴翻折，使左右支所在的两个半平面所成的二面角大小为θ，对于任意的，过点N的直线m总与左支相交，以原双曲线所在坐标平面的O为原点，过O垂直于xOy平面的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求直线m与平面xOy所成角的正弦值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用双曲线焦点到渐近线的距离等于半虚轴长的性质，结合已知距离求出的值，再将已知点的坐标代入双曲线方程，联立求解出的值，从而确定双曲线方程. （2）将目标表达式用动点的坐标表示并化简，发现其几何意义为点到某条定直线距离的常数倍，从而将问题转化为求双曲线上一点到该定直线的最小距离问题，通过寻找与该直线平行的双曲线切线来求解. （3）首先根据旋转的定义求出双曲线左支绕轴旋转后形成的旋转曲面方程，然后设出过点的直线的参数方程，将其代入曲面方程得到一个关于参数的二次方程，利用直线与曲面恒相交的条件建立关于直线方向向量的不等式，最后求解直线与平面所成角的正弦值的值. 【详解】（1）由已知得：，，所以， 所以双曲线C的方程为：． （2）设，则， 因为在双曲线上，所以， 所以， 由题意，，因为P位于第一象限时，    所以，， 故， 设直线l：，而， 所以可看作是双曲线上的点到直线l距离的2倍， 设平行于l的双曲线的切线为， 联立，消y得， ，解得， 所以第一象限内的双曲线的切线为，故两直线距离为， 当且仅当，时，． （3）因为左半支双曲线旋转时，曲线上的任意一点绕做圆周运动， 轨迹是以为圆心，为半径的圆，在空间直角坐标系中， 设旋转后的P点坐标为，则， 因为，所以经过旋转后的点P满足， 由题意，，设直线m的方向向量为， 则直线上任意点的坐标，， 若E总是在左支上，则， 化简得① 同理，，也在左支上，代入化简得： ② 则由①②两式分别相加减得，与， 由对任意成立， 则，且，令，则，， 故直线m的一个方向向量可以为或， 设直线m与平面xOy所成角为α，因为平面xOy的法向量为， 则，所以直线m与平面xOy所成角的正弦值为． 题型9 圆锥曲线中的最值范围问题 例9-1（2026·上海·模拟预测）已知抛物线的焦点为． (1)求点到抛物线准线的距离； (2)若过点的直线交抛物线于、两点，求的最小值； (3)设直线与抛物线交于、两点，若，求线段中点到轴的距离的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）求出角度坐标和准线方程，再求解距离即可. （2）对直线斜率是否存在进行讨论，再结合焦半径公式求解最值即可. （3）利用中点坐标公式并结合题意表示出距离，再利用平面向量数量积的坐标表示得到或，最后分类讨论得到最值即可. 【详解】（1）由题意得，准线方程为， 则点到抛物线准线的距离为. （2）当斜率不存在时，直线方程为， 设，，联立方程组， 解得，可得， 当斜率存在时，设直线方程为， 联立方程组，可得， 由韦达定理得，由焦半径公式得， 综上可得，的最小值为. （3）如图，作出符合题意的图形， 设直线方程为，设，， 联立方程组，可得， 可得，由韦达定理得， 设线段中点为，由中点坐标公式得， 由题意得线段中点到轴的距离为 ， 而，而， 得到，而， 可得，解得或， 当时，满足，此时， 当时，此时， 解得，此时， 综上可得，线段中点到轴的距离的取值范围为. 例9-2（2026·上海·三模）已知抛物线，为第一象限内上的一点，直线经过点． (1)设，若经过的焦点，求与的准线的交点的坐标； (2)设，已知与轴负半轴相交于点，与有、两个交点，若，求直线的方程； (3)设，已知是在点处的切线，过点作直线使得，是与的另一个交点，试将表示为的函数，并求的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）求出抛物线的焦点坐标及准线方程，再求出直线的方程即可得解. （2）根据给定条件，得到是直线的中点，借助中点坐标公式求出点的坐标，再利用直线方程的点斜式求解即得. （3）求出直线的斜率，进而求出直线的方程，与抛物线方程联立求出点的坐标，利用弦长公式求出，再构造函数并利用导数求出最小值. 【详解】（1）抛物线的焦点坐标为，准线为， 则直线的斜率为， 所以直线的方程为， 将代入得， 故直线与准线的交点坐标为. （2）设，，由，得到是的中点， 因为，所以， 所以，解得，则， 此时直线的方程为，即. （3）设的方程为，而， 由消去得：，显然 ， ，解得， 于是直线的方程， 由消去得， 设点的纵坐标为， 由，得， 因此， 设，求导得， 当时，，故单调递减； 当时，，故单调递增； 故. 【变式训练9-1】（2026·上海虹口·三模）已知双曲线：，为原点． (1)求的右顶点到一条渐近线的距离； (2)若点在第一象限且，若、、为一个等腰三角形的三个顶点，求点的横坐标； (3)过点的直线与交于两个不同的交点和，若，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)或 (3) 【分析】（1）根据双曲线的性质及点到直线的距离公式求解即可. （2）根据两点间的距离公式，与双曲线方程联立求解即可. （3）设出直线：，，，与双曲线方程联立得到，结合题意得到，即且，求出，，结合向量数量积的坐标运算及函数值域的求解方法求解即可. 【详解】（1）双曲线：，其中，，右顶点. 渐近线方程为：，取， 所以右顶点到一条渐近线的距离为. （2）设，则，即 因为、、为一个等腰三角形的三个顶点，所以或或. 若，则，即， 整理得，解得或（舍去）. 若，点应在中垂线上，此时无实根. 若，，即， 整理得，解得或（舍去）. 综上，或，即点的横坐标为或. （3）由题意易知，直线的斜率存在，设方程为. 联立，整理得， 则，所以且. 设，，则，. 所以， 则. 当时，所以，，故； 当时，所以，，故. 综上，实数的取值范围为. 【变式训练9-2】（2026·湖南岳阳·三模）已知双曲线的离心率为，其右顶点到渐近线的距离为． (1)求双曲线的标准方程； (2)过双曲线右焦点作垂直于轴的直线，与双曲线交于M，N两点，点为双曲线位于y轴正半轴的虚轴端点，求的面积； (3)设P，Q为双曲线上不同的两点，且，证明：点到直线PQ的距离为定值，并求的最小值． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析，最小值为． 【分析】（1）根据离心率和点到直线的距离公式求出和，从而求出双曲线的标准方程； （2）先求出直线的方程，再联立双曲线方程，从而求出M，N两点坐标，得到MN的长度，再计算点到直线的距离，得到的面积； （3）对直线PQ斜率分存在与不存在两种情况，都得到原点O到PQ的距离为定值，再利用均值不等式求的最小值. 【详解】（1）由离心率得，即，又，所以． 所以渐近线方程为，即． 右顶点坐标为，它到渐近线的距离为，解得，所以．于是，所以双曲线的标准方程为． （2）由（1）知双曲线为，因为，所以，得焦点，虚轴上端点． 当直线垂直于轴，．代入双曲线方程：． 得，此时的长度为8. 点到直线的距离为，故． 所以的面积为． （3）当直线斜率不存在，设，则， 由得 ，即，即，解得， 此时点到直线PQ的距离． 当直线PQ斜率存在，设，与双曲线方程联立： ，即． 则，所以， 设，则． 由得， 而， 代入得． 即，即， 两边乘以得， 展开得， 整理得， 即，所以，即． 原点到直线PQ的距离，则，故，为定值． 在直角三角形OPQ中，， 且，所以． 由均值不等式，，即， 得，故， 当时取等，此时，符合． 因此的最小值为． 【变式训练9-3】（2026·陕西榆林·模拟预测）如图，F是抛物线的焦点，M是抛物线C上的一点，且． (1)求抛物线C的标准方程； (2)过焦点F作直线交抛物线C于A，B两点，直线AO（O为C的顶点）交C的准线l于点P，求证：； (3)在（2）的前提下，求的最小值． 【答案】(1) (2)法一： 抛物线C的焦点为，准线， 设直线AB方程为，联立，得， 设，所以， 又，所以直线AO的方程为，代入准线，得， 因为，所以，所以，所以． 法二： 抛物线 的焦点为，准线，顶点， 设，因为直线AB过点， 所以，即，即，因为，所以． 又直线AO的方程为，代入准线，得， 因为，所以， 所以直线BP的方程为，与准线垂直，即． (3) 【分析】（1）法一：利用确定坐标，代入抛物线方程求出，得到抛物线方程； 法二：同法一，通过几何条件确定坐标，代入方程求解； （2）法一：设：，联立得，求与准线交点，结合得，进而证明出结论； 法二：同法一，利用证明与纵坐标相同，进而证明出结论； （3）法一：表示出坐标，利用向量的数量积求出，再利用均值不等式求出最小值； 法二：设，换元，得，利用导数求出最小值. 【详解】（1）法一：因为，所以， 所以，所以 ，所以抛物线C的方程为 ． 法二：因为，且，所以， 所以，所以 ， 所以抛物线C的方程为 ． （2）略 （3）法一：令，则，则， 所以， 因为O、P、A在一条直线上，所以与同向共线， 所以（当且仅当即时取等号）， 所以的最小值为． 法二：设，则，所以， 因为O、P、A在一条直线上，所以与同向共线， 所以， 令，则， 令 ，得 ，当时， 单调递减，当 时， 单调递增， 则，即的最小值为. 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（多选）（2026·全国二卷·高考真题）已知抛物线：，斜率为的直线经过点，等边三角形的顶点A在E上，顶点,均在上.下列结论正确的有（     ） A．E的准线方程为 B．若与E没有公共点，则 C．若与的唯一公共点为，则E的焦点在直线上 D．若，则面积的最小值为 【答案】ABD 【分析】A选项，根据抛物线方程得，进而得出准线方程；B选项，设直线为，和抛物线方程联立消去，令求解；C选项，先根据直线和抛物线相切，求出切点，假设过焦点，则得到，根据两直线的夹角的公式推出的正切值，从而判断；D选项，可将问题转化为抛物线上一点到直线的距离最小值来处理. 【详解】A选项，，则，故准线，A选项正确； B选项，设直线为，则， 联立得到，， 直线和抛物线无交点，则， 结合，解得，B选项正确； C选项，由联立方程， 若与相交于唯一点，只可能是相切， 则，解得， 此时，解得，进而得，则， 若过焦点（如图），由于，，而， 根据倾斜角的定义，，， 而，此时的正切值为， 即，这与为等边三角形矛盾，C选项错误； D选项，当，此时直线方程为， 设，则到的距离为， 即等边三角形的高的最小值为，此时面积，D选项正确. C选项方法二：求得，则，， 则， 则，抛物线E的焦点不在直线上，故C错误. D选项方法二：到的最小距离可转化为抛物线和平行的切线，求得两平行线的距离即可， 由于，设直线为， 联立，得到， 由，此时直线为， 由平行线的距离公式可推出直线间距离为，其余同上. 2．（2024·北京·高考真题）若直线与双曲线只有一个公共点，则的一个取值为 ________． 【答案】（或，答案不唯一） 【分析】联立直线方程与双曲线方程，根据交点个数与方程根的情况列式即可求解. 【详解】联立，化简并整理得：， 由题意得或， 解得或无解，即，经检验，符合题意. 故答案为：（或，答案不唯一）. 3．（2026·天津·高考真题）已知椭圆（）的离心率为，椭圆被直线截得的线段长为． (1)求的标准方程； (2)斜率为的直线与圆相切，且该直线交椭圆于，（），是椭圆的上顶点．记直线，的斜率分别为，，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆的离心率可知，，然后将代入椭圆方程即可求解； （2）根据直线与圆相切即可求出，分类讨论即可. 【详解】（1）由于椭圆的离心率为，所以，即， 由于，所以， 将代入椭圆方程，得，即，解得，即， 由题意，所截得的线段长为，所以，解得，从而， 所以椭圆的方程为. （2）由（1）可知，，所以圆的方程为， 设直线的方程为，因为直线与圆相切，如图所示， 则圆心到直线的距离，解得， 椭圆上顶点，分两种情况讨论： ①当时，直线的方程为，代入椭圆方程， 化简得，解得或， 则当时，，当时，，由于，所以， 则，，此时； ②当时，直线的方程为，代入椭圆方程， 化简得，解得或， 当时，，当时，，由于，所以， 则，，此时. 综上所述，的值为. 4．（2026·全国一卷·高考真题）已知椭圆的左焦点为，离心率为． (1)求的方程； (2)设为坐标原点，过且斜率大于 的动直线与交于P，两点，其中在第三象限，直线与的另一个交点为． （i）若的面积是的面积的 倍，求的方程； （ii）求的最小值． 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据焦点以及离心率的定义即可求解； （2）（i）通过联立直线与椭圆方程，利用韦达定理以及三角形的面积公式即可求解；（ii）由于是直线与直线的夹角，列出的表达式即可求解. 【详解】（1）已知椭圆的左焦点为，离心率， 则，解得，， 因此椭圆方程为. （2）解法一： 设，点，点，其中， 联立直线与椭圆方程，得， 由韦达定理得， 由于两点在椭圆上，关于原点对称， 所以点，且， （i）    由面积公式，， 又因为是线段的中点，所以，所以， ， 由于，得，即， 令，由与，得， 代入，得，解得， 所以，所以直线的方程为. （ii）直线的斜率为， 于是，当且仅当时取等号， 故的最小值为. 解法二： （i）如图所示，设直线的方程为，其中斜率，         设点，点，且， 根据椭圆的中心对称性可知，点， 联立直线与椭圆方程，得，化简得， 由韦达定理可得， 因为是关于原点的对称点，所以是线段的中点， 因此，所以， 由于，所以， ， ， 所以，即， 由于，所以简化为， 代入韦达定理，得，则， 化简得，由于，解得， 所以直线的方程为，即. （ii）由题意，即为直线与直线的夹角， 直线即直线，方程为， 点，点，点，直线的斜率， 直线的斜率， 由于在直线上，有， 则，代入， 则， 设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则， 因此， 即， 由基本不等式得，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为. 5．（2025·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，椭圆E上的点到两焦点的距离之和为4. (1)求椭圆E的方程； (2)设O为坐标原点，点在椭圆E上，直线与直线，分别交于点A，B．设与的面积分别为，比较与的大小． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆定义以及离心率可求出，再根据的关系求出，即可得到椭圆方程； （2）法一：联立直线方程求出点坐标，即可求出，再根据，即可得出它们的大小关系. 法二：利用直线的到角公式或者倾斜角之间的关系得到，再根据三角形的面积公式即可解出. 【详解】（1）由椭圆可知，，所以，又，所以，， 故椭圆E的方程为； （2）联立，消去得，， 整理得，①， 又，所以，， 故①式可化简为，即，所以， 所以直线与椭圆相切，为切点. 设，易知，当时，由对称性可知，． 故设，易知， 联立，解得， 联立，解得， 所以 ， ， 故． 法二：不妨设，易知，当时，由对称性可知，． 故设， 联立，解得， 联立，解得， 若，则， 由对称性，不妨取，则， ，，所以， 同理，当时，， 当时，则，，, 又，所以， 所以 ， ， 则，即， 所以. 课本典例·高考素材 ——立足课本典例，挖掘高考素材 1．如图，已知直线和椭圆．m为何值时，直线l与椭圆C：    (1)有两个公共点？ (2)有且只有一个公共点？ (3)没有公共点？ 【答案】(1) (2)， (3)，或 【分析】（1）直线与椭圆的公共点的个数与方程组，得到，根据求解即可. （2）直线与椭圆的公共点的个数与方程组，得到，根据求解即可. （3）直线与椭圆的公共点的个数与方程组，得到，根据求解即可. 【详解】（1）由方程组消去y，得， ． 由，得． 此时方程①有两个不相等的实数根，直线l与椭圆C有两个不同的公共点． （2）由，得，．此时方程①有两个相等的实数根， 直线l与椭圆C有且只有一个公共点． （3）由，得，或．此时方程①没有实数根，直线l与椭圆C没有公共点． 2．如果直线与双曲线没有公共点，求的取值范围. 【答案】或 【分析】联立方程得到，讨论，两种情况，计算得到答案. 【详解】直线方程与双曲线方程联立：得：, 当时，即时，直线与渐近线平行，有一个公共点，舍去； 当时，<0，即或，无公共点. 综上所述：或. 【点睛】本题考查了直线和双曲线的位置关系，意在考查学生的计算能力和转化能力. 3．图，M是抛物线上的一点，F是抛物线的焦点，以Fx为始边、FM为终边的角，求． 【答案】 【分析】求出抛物线的准线方程并作出，过M作准线的垂线，利用抛物线定义结合所给角即可作答. 【详解】抛物线的准线为，过M作MB垂直于直线，垂足为B，作FA⊥MB于A，直线与x轴交于点K，如图： 则轴，即，四边形ABKF是矩形，中，， 由抛物线定义知，，而， 则，解得， 所以=4. 4．经过椭圆的左焦点F1作倾斜角为60°的直线l，直线l与椭圆相交于A，B两点，求AB的长. 【答案】 【解析】求出椭圆的左焦点，根据点斜式设出方程，联立直线方程与椭圆方程消去，利用根与系数的关系和弦长公式即可算出弦的长． 【详解】椭圆方程为， 焦点分别为，， 直线过左焦点倾斜角为， 直线的方程为， 将方程与椭圆方程消去，得 设，，，，可得 ， 因此，． 故答案为： 【点睛】本题主要考查直线和椭圆的位置关系，考查弦长的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和计算能力. 5．已知椭圆，一组平行直线的斜率是． (1)这组直线何时与椭圆相交？ (2)当它们与椭圆相交时，证明这些线被椭圆截得的线段的中点在同一条直线上． 【答案】(1)纵截距在，时与椭圆相交； (2)证明：由（1）直线和椭圆方程联立，可得 ， 即有， 代入直线方程可得截得弦的中点为，， 由，消去，可得． 则这些直线被椭圆截得的线段的中点在一条直线上． 【分析】（1）设出平行直线的方程：，代入椭圆方程，消去，由判别式大于0，可得的范围； （2）运用中点坐标公式和参数方程，消去，即可得到所求的结论． 【详解】（1）设一组平行直线的方程为， 代入椭圆方程，可得 ， 即为， 由判别式大于0，可得 ， 解得， 则这组平行直线的纵截距在，，与椭圆相交； （2）略 6．已知是双曲线的两个焦点，点M在双曲线上，如果，求的面积． 【答案】16 【分析】根据双曲线方程，可求得a，b，c的值，不妨设，根据双曲线定理，可得，根据题干条件，可得，联立可得的值，代入面积公式，即可得答案. 【详解】由题意得，所以，不妨设， 根据双曲线定义可得①， 又， 所以② ①②联立解得， 所以的面积 4 / 28 学科网（北京）股份有限公司 $