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

**基本信息** 聚焦直线与圆锥曲线位置关系，以10类核心题型为框架，分层设置基础、重难、真题演练，系统覆盖判断、参数、弦长等高频考点，注重数学思维与应用意识培养。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础演练|10题型（含新角度题）|基础方法应用|从位置关系判断到综合应用，构建概念-推导-应用链条| |重难创新|10题（含跨知识融合）|综合创新与跨知识|从单一问题到复杂情境，培养推理与创新意识| |真题实战|6真题|高考高频考点|从模拟到实战迁移，强化应用与数据意识|

第08讲 直线与圆锥曲线的位置关系 目 录 模拟·基础演练 1 题型01 判断直线与圆锥曲线的位置关系 2 题型02 根据直线与圆锥曲线的位置关系求参数 5 题型03 弦长问题 8 题型04 中点弦问题 15 题型05 面积问题 19 题型06 定点问题 28 题型07 定值问题 39 题型08 定直线问题 49 题型09 圆锥曲线与其它知识融合 58 题型10 圆锥曲线中的最值范围问题 65 重难·创新演练 73 真题·实战演练 86 模拟·基础演练 考查重点：①直线与圆锥曲线的位置关系②圆锥曲线中的弦长问题③圆锥曲线中的面积问题 ④圆锥曲线中的定点，定值，定直线问题⑤圆锥曲线中的最值范围问题 题型01 判断直线与圆锥曲线的位置关系 1．【新角度】直线与曲线的公共点的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】在同一坐标系中分别画出直线和曲线的图象，即可直观的看出公共点的个数. 【详解】曲线， 当时，变形为：，即：当时，曲线表示焦点，实轴长为，虚轴长为的双曲线； 当时，变形为：，即：当时，曲线表示焦点，长轴长为，短轴长为的椭圆； 当时，代入得：，即：当时，代表两个点：和. 在同一个直角坐标系中画出直线和曲线的图象如图所示： 由双曲线的特点可知：当时，直线与曲线没有公共点， 所以直线与曲线有1个交点. 2．直线与椭圆的交点个数为（ ） A．1 B．2 C．1或2 D．无法确定 【答案】C 【分析】首先确定直线所过的定点，再结合点与椭圆的位置关系判定选项. 【详解】由直线的方程，得， 因为，所以，即直线过定点. 又因为，所以此定点在椭圆上，所以直线与椭圆有1个或2个交点. 故选：C. 3．（2025·北京门头沟·一模）“”是“直线与双曲线只有一个公共点”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】法一：根据题意，联立直线与双曲线方程，由直线与双曲线只有一个公共点代入计算, 即可得到的取值，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可. 法二：利用直线过定点的特征，结合双曲线渐近线可作出判断. 【详解】法一：由题意，联立方程可得， 当时，即时，方程有一解，即只有一个公共点； 当时，，方程有两解，即有两个公共点，不符合题意. 所以，直线与双曲线只有一个公共点时，. 所以“”是“直线与双曲线只有一个公共点”的充要条件. 法二：因为直线过定点，双曲线的右顶点为，如图， 根据图象可知，当且仅当直线与双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线只有 交点. 所以“”是“直线与双曲线只有一个公共点”的充要条件. 故选：C. 4．（25-26高三·全国·三轮复习）已知双曲线，过点作直线，使与有且只有一个公共点，则满足条件的直线共有（    ） A．1条 B．2条 C．3条 D．4条 【答案】D 【分析】结合双曲线的性质与点位置，画出对应图形即可得. 【详解】易知双曲线的焦点，顶点，渐近线为， 由可得该点在双曲线右顶点上方， 易得过点与双曲线有且只有一个公共点的直线中， 有两条和双曲线的渐近线分别平行的直线（图1）， 有两条双曲线右支的切线（图2），共4条. 故选：D. 5．已知直线和抛物线，则“”是“直线与抛物线恰有一个公共点”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．既不充分又不必要条件 D．充要条件 【答案】A 【分析】充分性分析：当时，将代入抛物线的方程，利用判别式说明充分性成立；必要性分析：将直线代入抛物线，得到，分和两种情况讨论，说明必要性不成立，从而得到结论. 【详解】分析充分性： 当时，将代入抛物线的方程， 整理得，此时， 即直线与抛物线恰有一个公共点，因此充分性成立； 分析必要性： 将直线代入抛物线，整理得， 当时，令 解得. 当时，此时直线方程为，此时直线与抛物线恰有一个公共点. 综上可知，当直线与抛物线恰有一个公共点时，或， 故“”是“直线与抛物线恰有一个公共点”的充分不必要条件. 故选：A 题型02 根据直线与圆锥曲线的位置关系求参数 6．【新角度】设为曲线上的任意一点，则的最大值为（    ） A． B．2 C． D． 【答案】C 【分析】通过讨论的取值，整理化简曲线解析式，并作出曲线的大致图像，利用曲线的方程，求出的最大值． 【详解】当时，曲线为；当时，曲线为，不成立； 当时，曲线为；当时，曲线为； 则曲线，曲线C的大致图象如图： 其中，，，直线是曲线的渐近线， ，表示曲线上的点到直线的距离， 设与直线平行的直线为，直线与曲线有公共点， 则，且是直线与曲线的公共点到直线的距离， 由图形知，当直线与曲线相切，即曲线相切时，最大， 由消去得，则， 解得，直线为， 所以. 故选：C 7．【新角度】椭圆上的点到直线l：距离的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设与直线平行且与椭圆相切的直线方程为，联立方程求得m的值，进而求得两平行线间的距离得到最小值． 【详解】设与直线平行且与椭圆相切的直线方程为， 联立方程，消去x，整理得， 所以，解得， 当时，两平行直线的距离为， 当时，两平行直线的距离为． 所以最小值为． 故选：B． 8．如果直线与双曲线有两个不同的交点，那么斜率k的取值范围是______. 【答案】 【分析】联立直线与双曲线方程，得到关于的方程，通过分析方程得判别式确定交点个数，进而求出的取值范围. 【详解】联立直线与双曲线方程，整理可得， 直线与双曲线有两个不同的交点，所以， 解得且，所以斜率k的取值范围是 9．【新思维】若函数有两个零点，则实数的取值范围为____________________． 【答案】 【分析】令得，分析可知曲线表示双曲线的上支，则直线与双曲线的上支有两个不同的交点，将该直线方程与双曲线的方程联立，根据题意可得出关于的不等式组，由此可解得实数的取值范围. 【详解】令得，设，即， 故曲线表示双曲线的上支， 联立可得， 由题意可知直线与双曲线的上支有两个不同的交点， 设这两个交点的纵坐标分别为、，且，， 所以，可得，解得. 因此，实数的取值范围是. 故答案为：. 10．已知直线与抛物线有且只有一个公共点，则实数k的值是_______. 【答案】或 【分析】联立直线与抛物线方程，进而分，结合的正负情况讨论求解即可. 【详解】联立，得， ①当时，，解得，此时， 直线与抛物线有且仅有一个公共点； ②当时，由， 若，即，方程无实根，则直线与抛物线无交点； 若，即，方程有两个相等实根， 则直线与抛物线相切，有且仅有一个公共点； 若，即且时，方程有两个不等实根， 则直线与抛物线有两个不同交点； 综上所述：当直线斜率或时，直线与抛物线有且仅有一个公共点. 故答案为：或. 题型03 弦长问题 11．（2026·山西忻州·模拟预测）已知椭圆.点在椭圆外.从点作椭圆的两条切线，切点分别为. (1)求椭圆的离心率； (2)证明：直线垂直于，并求直线的方程； (3)若，求与. 【答案】(1)； (2)设切点为，因为切线的斜率存在， 设过点的切线方程为，代入椭圆， 得，因为直线与椭圆相切， 所以， 即，化简得：. 一元二次方程根的性质，切点的横坐标， 再将代入切线方程， 得， 因此切点的纵坐标均为，直线的方程为， 所以直线垂直于. (3)， 【分析】（1）直接由椭圆方程得基本量，进而可得离心率； （2）由题意判断切线斜率存在，设切线方程，利用判别式得，进而可得切点横坐标及纵坐标，从而证明垂直并求得直线方程； （3）由（2）分析可得及高，进而可得面积， 再由题意得方程，通过换元法解方程可得. 【详解】（1）由椭圆，所以，． 所以，因此离心率为． （2）略 （3）由（2）分析知直线的方程为，切点的纵坐标为， 再由，得，所以， 因此. 又由到直线的距离， 所以． 由题意，令，则， ，，即， 所以，因为方程无实数根， 所以方程有唯一实根. 因为，所以，此时． 故当时，， 12．（2025·云南·模拟预测）已知双曲线的左、右顶点分别为，，在上，满足． (1)求的方程； (2)过点的直线（与轴不重合）交于，两点．若，求直线的方程． 【答案】(1)； (2)或． 【分析】（1）根据斜率乘积得，再代入即可得其曲线方程； （2）设直线，联立双曲线方程得到韦达定理式，再计算得到的表达式即可得到方程，解出即可. 【详解】（1）由题意，故．解得． 将代入得，所以， 故双曲线的方程为． （2）过点的直线（与轴不重合），故设直线． 设，联立，整理得：， 且， 故， 故． 即， 则， 即， 解得或，即或： 故的方程为：或． 13．（2026·河南开封·一模）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)经过点且斜率为1的直线交于，两点，求． 【答案】(1) (2)8 【分析】（1）先设点的坐标为，再根据题意列式化简即可； （2）先求出直线的方程，再利用距离公式即可求出. 【详解】（1）设点的坐标为，依题意得， 化简得，所以的方程为． （2）直线过点且斜率为1， 直线为，即 ， 设， 联立，化简得： ，则， 又，把代入， 得, ， ． 14．（2025·河北张家口·三模）已知双曲线的一条渐近线方程为，为个焦点. (1)求双曲线的标准方程； (2)若倾斜角为的直线经过与的右支交于不同的两点，，的面积为（为坐标原点），，求的值. 【答案】(1) (2)12 【分析】（1）由双曲线渐近线方程的性质结合解方程可得； （2）设出直线方程，直曲联立，由韦达定理表示出弦长，求出，再由同角的三角函数关系结合点到直线的距离公式和三角形的面积公式可得. 【详解】（1）由可得，即， 又，即，且， 联立可得， 所以双曲线的标准方程为. （2）由题意可得当时，，显然不合题意，所以， 设直线方程为，， 联立，消去可得， 因为直线经过与的右支交于不同的两点，， 所以， ， ， 即 两边取平方后化简可得， 进一步化简可得， 因为直线经过与的右支交于不同的两点，所以， 解得， 又， 原点到直线的距离， 所以. 15．（2026·云南玉溪·二模）已知椭圆，直线． (1)若经过C的右焦点，求C的标准方程； (2)若与C交于两点，且，求C的标准方程． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）结合题意建立方程求出，再求出，最后得到椭圆方程即可. （2）联立方程组并利用韦达定理得到，，再结合弦长公式建立方程求解参数，最后得到椭圆方程即可. 【详解】（1）设C的右焦点为，因为经过C的右焦点， 所以，解得，而，可得， 故C的标准方程为. （2）如图，设，， 联立方程组，得到， 由韦达定理得，， 由弦长公式得， 因为，所以， 化简得，整理可得， 解得（负根舍去），故椭圆C方程为. 题型04 中点弦问题 16．（2026·湖南长沙·三模）已知椭圆＋＝1内有一点P(2,3)，过点P的一条弦恰好以P为中点，则这条弦所在的直线方程为________________． 【答案】 【分析】根据点差法求出弦所在直线的斜率得解. 【详解】设弦为，，， 则，两式相减并化简得， 即，则， 所以弦所在直线的方程为，即. 故答案为：. 17．已知双曲线，直线与双曲线交于两点，且线段的中点坐标为，则直线的斜率为__________. 【答案】 【分析】利用点差法求直线的斜率. 【详解】设，则， 两式相减得， 故，即直线的斜率为. 故答案为：. 18．（2025·湖北武汉·模拟预测）已知抛物线，直线与交于两点，为弦的中点，则直线的斜率为______． 【答案】1 【分析】写出直线的方程，与抛物线方程联立，运用韦达定理求解. 【详解】由题意直线的方程为 ，即 ，与抛物线方程联立： ，得， 即，， 解得. 故答案为：1. 19．已知圆的圆心是抛物线的焦点. (1)求抛物线的方程； (2)若直线交抛物线于、两点，是否存在直线，使得点是弦的中点？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2) 不存在符合题意的直线，理由如下： 方法一：假设存在符合题意的直线，设， 则两式相减，得，即， 所以直线的斜率， 若点是的中点，则，所以， 所以直线的方程为，即. 联立方程组，消去得，，方程组无解 即该直线与抛物线没有两个交点，不符合题意，即直线不存在. 方法二：假设存在符合题意的直线，设， 依题直线的斜率不为0，设其方程为， 联立方程组，消去x得，   所以， 则，解得， 所以，解得， 此时，与矛盾， 所以假设不成立，即符合题意的直线不存在. 【分析】（1）根据条件，求出圆心和半径，结合抛物线标准方程，可求出p值，即可得答案. （2）方法一：设，，利用点差法，求出直线l的斜率k，进而可得直线l的方程，与抛物线方程联立，得关于y的一元二次方程，检验判别式，方程无解，所以不成立；方法二：设l方程为，与抛物线方程联立，根据韦达定理，求出m、n的值，检验与矛盾，故无解. 【详解】（1）圆的方程可化为， 故圆心的坐标为. 设抛物线的方程为，所以，所以， 所以抛物线的方程为. （2）略 20．已知椭圆的离心率为，椭圆上的点到焦点的最小距离是3． (1)求椭圆的方程； (2)是否存在过点的直线交曲线于两点，使得为中点？若存在，求该直线方程，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在，该直线方程为 【分析】（1）设椭圆上一点，，表达出，得到，结合离心率得到，求出椭圆方程； （2）根据点差法求出斜率，再根据点斜式可求出结果． 【详解】（1）由题意得，设椭圆右焦点坐标为， 设椭圆上一点，， 则，故， ， 因为，所以，， 故， 故椭圆上的点到又焦点的最小距离是，所以， 联立与，解得，故， 故椭圆的方程为． （2）假设存在过点的直线交曲线于两点，使得为中点， 设，， 则，两式相减得， 得，即， 直线方程为，即． 所以存在过点的直线交曲线于两点，使得为中点， 且该直线方程为． 题型05 面积问题 21．（2026·陕西·三模）已知圆：，点，是圆上一个动点，线段的垂直平分线与线段相交于点，记点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)过点作直线交曲线于，两点，若轴上一点满足． （i）求实数的值； （ⅱ）若，求的面积． 【答案】(1) (2)（i） （ⅱ） 【分析】（1）根据椭圆的定义求解即可. （2）（i）设出直线方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理及求解即可. （ⅱ）根据角平分线的性质，结合韦达定理求出值，进而求出交点纵坐标，代入三角形面积公式求解即可. 【详解】（1）连接，由题意知， 则， 所以动点的轨迹是以，为焦点的椭圆，，. 所以，，所以曲线的方程为. （2）（i）设直线的方程为，，， 联立，整理得， 则，. 设直线与的斜率分别为，，则，， 因为，所以直线与的倾斜角互补，即， 则， 所以，所以， 又为任意实数，所以. 当直线的斜率为0时，，符合题意. 综上所述，. （ⅱ）因为，所以为的角平分线，所以. 因为，所以， 由，，得，解得. 不妨设，则，． 所以的面积. 22．（2026·福建泉州·模拟预测）已知动点满足方程． (1)求动点的轨迹的方程； (2)设，，过点的直线与轨迹交于，两点（，两点均在轴右侧），直线与直线相交于点． （ⅰ）证明：直线恒过定点； （ⅱ）若直线与直线相交于点，直线与直线相交于点，求面积的最小值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）由对称性可知，直线必过轴的定点， 当直线斜率不存在时，可得， 此时直线的斜率为，直线的方程为， 此时，直线的斜率为，直线的方程为， 所以直线与轴交点为， 设过点的直线为，， 直线与双曲线联立方程组可得， 则，， ， 因为，两点均在轴右侧，所以，即，得， 直线的斜率为，其方程为， 将代入直线的方程可得，即， 下面证明直线必经过点，即证， 因为，， 需证，因为， 代入化简可得， 将代入可得成立， 所以直线恒过定点； （ⅱ）. 【分析】（1）由双曲线的定义计算即可求解； （2）（ⅰ）根据对称性，当斜率不存在时得，设过点的直线为，，直线与曲线联立方程，根据韦达定理可得，由，代入计算即可得证；（ⅱ）根据对称性可得直线与直线相交于点即为定点，再由点到直线的距离公式、弦长公式表示面积，根据函数的基本性质即可求解. 【详解】（1）将原方程配方得：， 由双曲线的定义可知，点的轨迹是以，为焦点的双曲线， 所以，，， 故动点的轨迹的方程为； （2）（ⅰ）略； （ⅱ）同理，由（ⅰ）可知，直线恒过定点， 所以直线与直线相交于点即为定点， 设点到直线的距离为，则， 由弦长公式可得， 所以， 令，则， 令， 由对勾函数性质可知，在上单调递减， 所以在上单调递增， 当，即时，取最小值为， 所以面积的最小值为. 23．（2026·云南玉溪·模拟预测）在平面直角坐标系中，位于轴右侧的动点到点的距离比它到轴的距离大1，记点的轨迹为． (1)求的方程； (2)已知不重合的两点，均在上， ①若线段的中点在直线上，且，求直线的方程； ②若直线与轴正半轴相交，且与圆相切，求面积的最小值． 【答案】(1) (2)①或；② 【分析】（1）设，根据抛物线的定义即可求解； （2）①由题意设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，求出韦达定理，根据中点及，代入计算可得；②先设直线再联立应用与圆相切得出，再表示出的面积，再利用导数求出面积的最小值. 【详解】（1）设， 因为位于轴右侧的动点到的距离比它到轴的距离大1， 所以动点到的距离与它到直线的距离相等． 由抛物线的定义知动点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线(不包含原点)，其方程应为的形式， 而，所以，， 所以点的轨迹的方程为：． （2）①若直线的斜率不存在时，因为线段AB的中点在直线 上， 所以，联立， 解得坐标分别为，所以，不合题意； 若直线的斜率存在时，设直线的方程为， 设， 联立，化为， ，解得． 所以，， 因为若线段AB的中点在直线上，且 ， 可得， 所以或， 所以直线的方程为：或； ②设直线：，， 联立 ， ， ，， 因为直线AB与圆D相切，即，所以， 直线与x轴的交点为， 则的面积 ， 设，，故， 即在上单调递增， 所以在处取得最小值，即， 故面积的最小值为. 24．（2026·吉林长春·模拟预测）已知抛物线：（）的焦点到其准线的距离为，过点的直线交抛物线于，两点，点在抛物线上，且的重心在轴上，直线交轴于点，且在点右侧． (1)求抛物线的标准方程； (2)若，求点的坐标； (3)记，的面积分别为，，求的最小值及此时点的坐标． 【答案】(1) (2) (3)最小值，． 【分析】（1）根据定义代入计算即可； （2）设出A点坐标和直线方程，求出B点坐标，再根据重心性质，列方程求解即可； （3）列出表达式，再利用基本不等式计算即可. 【详解】（1）由题意可得， 则，抛物线方程为． （2）设，重心，令，，则．                                             由于直线过，故直线方程为，代入，得， 故，即，所以． 又由于，，重心在轴上，故， 得，．- ，故，故 （3）由（2）设 ，，． 所以，直线方程为，得． 由于在焦点的右侧，故．从而 令，则，．- 当时，取得最小值，此时． 25．（2026·北京大兴·三模）已知椭圆的离心率为，以椭圆两个焦点与短轴的两个端点为顶点构成的四边形的面积为. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点作直线与椭圆相切于点，且直线斜率大于0，过线段PQ的中点作直线交椭圆于A，B两点（点A，B不在轴上），连结PA，PB，分别与椭圆交于点M，N，记的面积分别为，比较与的大小关系，并说明理由. 【答案】(1) (2)；理由如下： 设切线PQ的方程为， ， 由，消去y得①，    则， 解得或（舍去），将代入①得， ，解得，则， 所以，又为PQ中点，则， 因为斜率都存在，不妨设，， 则的方程为，联立得， 得，所以 ， 则，同理，， 则， 又R，A，B三点共线，则,即， 即得， 化简得， 所以， 所以，所以，则到直线的距离相等，设为d， 则，所以. 【分析】（1）根据离心率以及椭圆两个焦点与短轴的端点为顶点构成的四边形的面积列出等式即可求解； （2）设出相关直线与相关点的坐标，直线与椭圆联立，点的坐标配合斜率公式化简，再运用韦达理化简可证明，再结合三角形面积公式即可得结论. 【详解】（1）由题意可知，解得， 故椭圆的标准方程为； （2）略 题型06 定点问题 26．（2026·重庆·模拟预测）已知椭圆：的离心率为，过点． (1)求的方程； (2)已知点，过点的直线交于，两点（，在轴的下方），直线交直线于点． （ⅰ）设直线的斜率为，直线的斜率为，判断是否为定值，并说明理由； （ⅱ）证明：直线过定点． 【答案】(1) (2)（i） 不为定值.理由如下. 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） 由（i）得 则直线 的方程为 ， 即 ， 当 时，得 ， 所以必过定点. 【分析】（1）根据题意，列出的方程组求出得解； （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）由题可知：，解得， 所以椭圆的方程为. （2）（i）略 （ii）略 27．（2026·广东中山·一模）已知椭圆的离心率为，右焦点关于直线的对称点在圆上，点在椭圆上． (1)求椭圆的标准方程； (2)已知为上的动点，过作椭圆的两条切线，切点分别为、， ①证明：直线过定点，并求定点坐标； ②是否存在点，使得成立？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)①设点、，先证明椭圆在点处的切线方程为 . 证明如下： 联立可得（*）， 因为点在椭圆上，则，所以， 所以方程（*）可化为，即， ， 所以椭圆在点处的切线方程为 ，即直线的方程为 ， 同理可知直线的方程为 ， 设点，则， 所以点、的坐标均满足方程，故直线的方程为， 在直线的方程中，令可得，故直线过定点； ②存在，且点 【分析】（1）根据对称性可得出 ，结合椭圆的离心率可得出的值，即可得出的值，由此可得出椭圆的标准方程； （2）①设点、，先证明椭圆在点处的切线方程为 ，可得出直线的方程，令，将点的坐标代入两条切线的方程，可得出直线的方程，即可得出直线所过定点的坐标； ②求出点的坐标，设直线、的倾斜角分别为、，设直线的倾斜角为，分析可得，可求出的值，设直线的方程为，结合齐次化法可得出关于、的方程，再将点 的坐标代入直线的方程，可得出关于、的一个方程，即可求出、的值，可得出直线的斜率，即可得出的值，由此可得出点的坐标. 【详解】（1）设点关于直线的对称点为， 因为原点在直线上，由对称性知， 因为原点为圆 的圆心，且点在圆 上，所以，即 ， 又因为椭圆的离心率为，可得 ，故， 所以椭圆的标准方程为 . （2）①略 ②将点的坐标代入椭圆方程得， 又因为 ，可得，故点， 设直线、的倾斜角分别为、，设直线的倾斜角为， 因为，则或，所以， 且有， 易知直线、的斜率都存在，设直线、的斜率分别为、， 所以， 即， 不妨设直线的方程为， 椭圆的方程为，即， 即， 即， 整理可得（*）， 等式两边同时除以，并令， 则方程（*）可化为， 所以、是关于的方程的两根， 所以，， 所以， 化简得①， 又因为直线过焦点，所以，即②， 联立①②可得， 所以直线的方程为， 所以直线的斜率为，解得， 故存在点，使得. 28．（2026·辽宁·模拟预测）已知双曲线：（，）的渐近线方程为，且的焦距为． (1)求的方程； (2)已知,上的动点，关于轴对称，直线与交于另外一点，证明：直线恒过定点； (3)设与的渐近线不平行的两条直线，均与相切，且交点为（），当，的斜率之积为时，判断是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)存在定点满足题意. 【分析】（1）根据双曲线的渐近线方程和焦距求出，从而得到双曲线方程； （2）设直线方程为，与双曲线联立，用韦达定理得到纵坐标的关系，写出直线的方程，令求出定点横坐标，即可证明； （3）设过的切线方程，并与双曲线联立，利用得到关于的方程，结合，的斜率之积为推出在椭圆上，再利用椭圆的定义，找到左焦点即可知为定值. 【详解】（1）由C的渐近线方程为，得，，① 设，由题意知，即．② 联立①②，解得，， 故C的方程为． （2）证明：由题知直线的斜率存在且不为零， 设其方程为（）， 与联立，消去x并整理得（， 则，且，即，且． 设，，则， 则，，， 直线的方程为， 令，得， 所以直线过定点． （3）设过点，与只有一个公共点，且与的渐近线不平行的直线方程为（）， 与联立，消去并整理，得， 则，且，即， 整理得． 设，的斜率分别为，，则，是上面关于的方程的两个实根， 所以，整理得， 所以动点在椭圆上，且点为其右焦点， 所以存在定点（椭圆的左焦点），使得，为定值． 29．（2026·湖北武汉·三模）已知圆和定点，动点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与直线交于点，设曲线为点的轨迹． (1)求曲线的方程； (2)设，斜率为的直线与曲线交于，两点，直线，分别与曲线交于，两点； （ⅰ）若直线，的斜率之和为0，证明：直线过定点； （ⅱ）若，证明：直线过定点． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据垂直平分线性质得，结合Q在直线PE上，分Q在线段延长线和线段上两种情况，推导为定值，对照双曲线定义确定曲线类型，再计算参数得轨迹方程； （2）（ⅰ）设直线方程，与曲线Γ的方程联立，得韦达定理关系；根据直线，的斜率之和为0，列出方程求得直线中参数，确定定点，证明结论；（ⅱ）设直线的方程，与曲线Γ联立，利用韦达定理可求出A点坐标，同理求B点坐标；结合直线斜率为2的条件，得到坐标满足的方程，即可得直线的方程，从而证明结论. 【详解】（1）圆的圆心为，半径， 线段的垂直平分线与直线交于点，故， 当线段的垂直平分线与射线相交时，， 当线段的垂直平分线与射线相交时，， 所以， 故点的轨迹是以为焦点的双曲线，设其方程为， 则，则， 故点的轨迹的方程为； （2）（i）设直线， 联立，得， 则，， ， 所以 ，解得， 故直线l的方程为，即直线过定点； （ii）设，则直线的方程为，其中， 联立，可得， 则，将以及代入可得： ， 则，所以，则， 同理， 设直线，代入点A的坐标得， 整理得，同理可得， 所以可知直线的方程为，即， 令，解得， 即直线过定点. 30．（2026·湖南长沙·模拟预测）已知抛物线，过上一动点作斜率为2的直线与交于另一点，当点与原点重合时，． (1)求． (2)当不经过点时，直线与交于另一点，直线与交于另一点． （i）证明：； （ii）试判断直线与是否交于定点，若是，请求出定点的坐标，否则，请说明理由． 【答案】(1) (2)（i）由（1）知，设，直线． 联立与 ，得， 所以 且． 设，如下图： 直线过点和，设直线的方程为， 联立，得，则， 整理可得．① 同理，对于直线，可得．② 因为 ，所以，③ 由①②作商，结合③，得，即． 所以， 所以． （ii）直线与交于定点． 【分析】（1）联立直线方程求出点，再由计算可得； （2）（i）将直线 与抛物线联立，可知 ，再将直线的方程与抛物线联立，同理联立直线，整理可得，即； （ii）求出直线的方程为，可知直线与交于定点. 【详解】（1）当点与原点重合时，直线 过原点且斜率为2，其方程为， 联立得，解得或，所以． 所以，解得． （2）（i）略 （ii）设的中点为的中点为，因为，所以直线， 又因为，所以与的交点即直线与的交点． 由②③，得，所以． 直线的斜率， 直线的方程为． 在该方程中，令，可得，所以直线与交于定点， 故直线与交于定点． 题型07 定值问题 31．（2026·上海浦东新·三模）已知抛物线与斜率为1的直线相交于，两点．是的焦点．是上异于，的一点． (1)证明：； (2)若是的顶点且，求直线的方程； (3)设且的外接圆与有异于，，的公共点．证明：直线斜率为定值，并求出此定值． 【答案】(1)如图，作出符合题意的图形， 由题意得，．设． 联立化简得，而判别式． 解得，由焦半径公式得，． 若，则，则， 即，解得，与矛盾，故． (2) (3)对于一元四次方程， 设四个根为，则方程为， 则， 化简得， 可得，则韦达定理得证， 如图，作出符合题意的图形， 由题意得，则由弦长公式得， 解得，故，联立，解得或， 则，，令，则，即点在上． 对于点，有，即；对于点，有，即． 设，，将的外接圆方程可设为． 将，代入，可得， 化简得， 此四次方程的四个根恰为外接圆与的四个交点的参数，，，． 由韦达定理得，则．得到， 由题意得直线的斜率为， 代入，得． 此值与无关，故直线的斜率为定值． 【分析】（1）根据抛物线的几何意义，结合直线与抛物线交点个数即可证明. （2）结合（1）问，得到与的值，直线互相垂直则意味着直线的方向向量数量积为零，进而构建方程即可求解. （3）将抛物线方程转化为参数方程，表示出外接圆表达式，根据韦达定理即可求解. 【详解】（1）略 （2）由题意得为顶点，若，得到 而，可得， 由韦达定理得，，则， 解得或，当时，，此时不符合题意，舍去， 当时，，满足所有条件，故． （3）略 32．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）设两点的坐标分别为，，直线相交于点，且它们斜率的倒数之差是．记点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)设点，过点向曲线作两条切线，切点分别为，求； (3)直线与曲线交于不同两点，满足，过坐标原点向直线作垂线，垂足为，求一定点，使得为定值， 【答案】(1) (2) (3)，定值为 【分析】（1）根据题意列出等式即可求解； （2）根据题意求出过点的两条切线，利用弦长公式即可求解； （3）联立直线与抛物线，根据得到直线经过定点，再根据直线得到动点的运动轨迹即可求解. 【详解】（1）设，由，可得，通分可得，解得， 所以曲线的方程为：. （2） 如图所示，设点，过的切线为， 联立得，由，，得， 所以切线方程为，代入得， 同理，抛物线在处切线方程：， 切线过得，直线的方程为， 联立得所以，， . （3） 如图所示，设直线的方程为，设，， 联立抛物线方程可得：，由韦达定理得：，， ，， 由得：得， 所以化简得：， 直线方程为：即恒过定点：， 直线，且恒过定点，所以． 动点的运动轨迹是以线段为直径的圆，圆心即为线段的中点，， 所以平面内存在定点，使得为定值，定值为． 33．（2026·广东佛山·模拟预测）已知双曲线，（）的离心率为，实轴长为． (1)求双曲线C的标准方程； (2)设点S是双曲线C上的动点，T是圆E：上的动点，且直线与圆E相切，求的最小值； (3)如图，A、B是双曲线C上两点，点也在双曲线上，直线与y轴分别交于点M、N，点Q在直线上．若M、N关于原点对称，且，证明：存在点R，使得为定值． 【答案】(1) (2) (3)证明：由题知直线的斜率存在， 设直线的方程为， 联立，消去y并整理得， 此时且， 由韦达定理得，， 直线的方程为， 令，解得，即， 同理得， 因为O为的中点， 所以，即， 所以， 因为，， 所以， 整理得， 所以或， 若，即， 此时直线方程为，即， 则直线过点，不合题意； 若，此时直线方程为， 则直线恒过定点， 所以为定值， 因为为直角三角形，且为斜边． 所以当R为的中点时，． 【分析】（1）根据双曲线的离心率与实轴长列出方程组即可求解； （2）根据直线与圆E相切，得出，设，则，求得的最小值即可求解的最小值； （3）由题知直线的斜率存在，设直线的方程为，联立方程组得出韦达定理，再求得的坐标，由O为的中点，即可得出证明． 【详解】（1）因为双曲线C的离心率为，实轴长为， 所以，解得，， 则， 故双曲线C的方程为． （2） 因为圆E的方程为， 所以圆E的圆心，半径， 因为点S是双曲线C上的动点，T是圆E上的动点，直线与圆E相切， 所以， 此时， 设， 因为点S是双曲线C上的动点，所以 ，即 ， ， 当时，取得最小值，且， 则． （3） 略． 34．（2026·陕西·一模）已知椭圆的离心率为，直线被椭圆所截得的线段的长为3. (1)求椭圆的方程 (2)已知点，过点的直线交椭圆于两点（在轴下方），直线交直线于点，设直线的斜率为，直线的斜率为，判断是否为定值，并说明理由 【答案】(1) (2)不为定值，理由如下： 设，直线， 联立方程，得到， 即，解得或， 又因为在轴下方，所以， 由韦达定理得到， 得到，即， 又因为， 所以 . 所以不为定值. 【分析】（1）列方程求解即可求解； （2）设，直线，联立椭圆的方程，进而将斜率表示出来，得到，与点的坐标有关，从而不为定值. 【详解】（1）因为直线被椭圆所截得的线段的长为3， 所以在椭圆上，则，即 又因为离心率为，即，且， 所以， 所以椭圆的方程. （2）略 35．（2026·安徽安庆·模拟预测）已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，且过点和. (1)求椭圆的方程； (2)不经过原点的直线与椭圆交于，两点，点为椭圆上一点. （i）若直线经过椭圆的右焦点，且，求直线的方程； （ii）已知直线，，，的斜率都存在，分别记为，，，，若，求的值. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）设椭圆的方程为（，，），代入两点坐标，求得，即可得椭圆的方程； （2）（i）设直线：，与椭圆的方程进行联立，利用韦达定理及向量的坐标运算法则，用表示点的坐标，代回椭圆方程，即可求得的值，从而得到直线的方程；（ii）设，直线：，将直线方程与椭圆方程进行联立，根据斜率公式，结合韦达定理用表示，即可求得的值. 【详解】（1）设椭圆的方程为（，，） 由题意，，解得，，所以椭圆： （2）（i）由椭圆的方程可得，即. 直线不过原点，所以斜率不为0，设直线：，， 由，得. 由得，，. 所以点，则，即， ，. 所以直线的方程为. （ii）设，则，即. 若，则， 所以设直线：，，. 由得， 即. 则，， 得，. 所以， 所以． 题型08 定直线问题 36．设椭圆的中心为坐标原点，右焦点为，离心率为， (1)求椭圆的标准方程； (2)已知圆是以点为圆心，为半径的圆，过椭圆C的下顶点作圆的两条切线，这两条切线分别与椭圆相交于点，（异于点）．设直线交轴于G点． （ⅰ）设，直线的斜率分别为，，求的值及点的坐标． （ⅱ）设点（与G点不同）满足：，，求证：在定直线上运动，并求出定直线方程． 【答案】(1) (2)（ⅰ），；（ⅱ）设， 因为，所以， 由​​​，可得， 所以， 结合， 化简得：， 所以，代入​​， 可得​， 所以， 因此 恒在定直线上. 【分析】（1）设椭圆的标准方程为，由条件列方程求，由此可得结论； （2）（i）设过的切线方程为，根据切线性质可得，由此可求，联立方程组求的坐标和直线的斜率，再求点的坐标； （ⅱ）设，由条件利用表示 ，结合（ⅰ）化简可得结论. 【详解】（1）由题意，设椭圆的标准方程为， 已知椭圆右焦点，故，离心率， 得 ，又， 因此椭圆的标准方程为：； （2）（ⅰ）椭圆的下顶点，圆：， 设过的切线方程为， 由切线性质，圆心到切线的距离等于半径， 所以，整理得， 由根与系数关系得：， 将代入椭圆方程得，同理， 所以直线的斜率， ，所以​​， 令可得， 因此点坐标为； （ⅱ）略 37．（2026·广东中山·三模）双曲线的一个顶点在直线上，且其离心率为． （附：双曲线以点为切点的切线方程为） (1)求双曲线的标准方程； (2)若一条直线与双曲线恰有一个公共点，且该直线与双曲线的渐近线不平行，则定义该直线为双曲线的切线，定义该公共点为切线的切点，已知点在直线上，且过点恰好可作双曲线的两条切线，设这两条切线的切点分别为和． （i）设点的横坐标为，求的取值范围； （ii）设直线和直线分别与直线交于点和点，证明：直线和直线交点在定直线上． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）设． 直线和方程分别为和． 联立得点． 又点在直线上，代入整理得：．① 在直线方程中，令，则，得点． 故直线方程为：． 设直线与直线交点为，联立两直线方程：． 解得：． 设直线与直线交点为， 同理可得：． 由①式，计算的分子之差有 计算的分母之差有 则可得和表达式的分子分母分别相等． 故两点重合，所以直线与的交点在定直线上． 【分析】（1）先令直线方程中求出直线与轴交点得实半轴，再由已知离心率算出半焦距，最后利用双曲线的关系求出，进而写出双曲线的标准方程. （2）（i）先检验切线斜率不存在时特殊点的情况，均不符合两条切线的题意，再设斜率均存在的切线方程，与双曲线联立后利用相切判别式为零化简，得到关于斜率的一元二次方程，依据有两个相异斜率的条件，结合二次项系数不为零、判别式大于零及排除渐近线对应取值，最终求出的取值范围. （ii）先写出双曲线在、处的切线方程，联立求出切点弦交点坐标，再由在定直线上得到坐标关系式，接着求出点坐标并写出直线方程，联立定直线求得交点的横坐标，同理写出直线与定直线交点的横坐标，借助已得关系式分别化简、横坐标的分子与分母，证得二者分别相等，从而推出、重合，证明两直线交点恒在定直线上. 【详解】（1）直线方程中，令，则， 则直线与轴交于，所以,离心率， 所以，故． 所以双曲线的标准方程为． （2）（i）经检验，当一条切线斜率不存在时， 若，显然另一条切线方程斜率存在，设切线方程为， 联立双曲线方程得， 则， 解得，而双曲线渐近线方程为，则此时不符合题意， 当时，此时只有一条切线，显然不合题意， 则两条切线斜率均存在，设切线斜率为，切线方程为， 与双曲线方程联立得：， 令 整理得：，由于，所以且． 上式整理得：． 由题意，有两个相异实根，所以， 且． 整理得：，解得：． 综上所述，的取值范围是． （ii）略 38．已知是双曲线上两个不同的点，为坐标原点，点． (1)若点在上，求的渐近线方程． (2)当四点共线时，，点． （i）求的方程； （ii）若三点共线，两点均不在轴上，分别为的左、右顶点，直线与交于点，证明：动点在一条定直线上． 【答案】(1) (2)（i）;（ii）动点在定直线上. 【分析】（1）直接将点代入双曲线方程求解即可； （2）联立直线与双曲线方程，求出的横坐标，再运用弦长公式即可求解； （ii）设出直线,与双曲线方程联立，设出两点，表示出直线与及其交点,再运用韦达定理化简求解. 【详解】（1）因为点在上，所以． 又 ,所以, 故的渐近线方程为. （2）（i）直线的方程为． 由,得． 因为,所以, 所以, 解得, 故的方程为. （ii）证明：因为两点均不在轴上，所以直线的斜率不为0，则可设直线的方程为. 由得, 则. 设,则. 直线,直线, 由,得 , 解得, 故动点在定直线上． 39．（2026·江苏·模拟预测）已知，分别是双曲线：的上顶点，下焦点． (1)求的标准方程； (2)过的直线与的上、下支分别交于两点（异于），直线平分线段与的下支交于点，证明：直线与直线的交点在定直线上． 【答案】(1) (2) 证明：由题意，直线的斜率存在， 设直线方程为：，，．    联立，消去，得， 由于，同号，所以，， ， 所以， 联立，解得， 所以， 所以直线的方程为，即， 联立，解得， 所以直线与直线的交点在定直线上． 【分析】（1）根据题中所给数据求解即可； （2）设直线方程为：，，，联立直线和双曲线方程，结合韦达定理可得，求出点坐标，直线方程，再联立直线和直线方程，求出交点坐标即可得证. 【详解】（1）由题意，，， 所以， 所以C的方程为． （2）略 40．（2025·甘肃金昌·二模）已知抛物线，过抛物线上一点作两条直线分别交抛物线于两点，直线的斜率分别为，且. (1)求抛物线的方程. (2)证明：直线过定点. (3)记直线经过的定点为为直线上一点（异于点），且满足，证明点在某定直线上，并求出该定直线的方程. 【答案】(1) (2) 由（1）可知点的坐标，设， 则. 由，得，所以， . .所以直线的方程为， 即，整理得. 又， 从而直线的方程为，化简得， 因此直线过定点. (3) 由（2）知，设，易知直线的斜率不为0， 设直线的方程为.由消去. 得.则. 因为.所以. 即， 当时，，化简得， 与直线的斜率不为0矛盾，不合题意； 当时，化简得， . 即.又. 可得，所以，即， 所以点在直线上. 【分析】（1）将点的坐标代入抛物线方程得出，进而得出抛物线； （2）设， 求出直线的方程为，结合，化简计算可得 ，即可得到结论. （3）由（2）知，，设，设直线的方程为.代入抛物线联立方程组，将转化为，化简计算可得到结论. 【详解】（1）将点的坐标代入抛物线的方程可得，解得（舍去）或，故抛物线的方程为. （2）略 （3）略 题型09 圆锥曲线与其它知识融合 41．（2026·辽宁·模拟预测）如图，画在纸面上的抛物线过焦点的弦长为9，则沿轴将纸面折成平面角为的二面角后，空间中线段的长度为（   ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】联立直线与抛物线方程得到韦达定理，结合焦半径公式可得，进而根据线面垂直，以及二面角的定义得，根据锐角三角函数计算长度，可得，利用两点距离公式即可求解. 【详解】因为，设直线为，， 联立与可得， 则，则， 故，解得， 故，解得， 故， 如图，以O为坐标原点，所在直线为x轴，在平面内作的垂线为y轴，过点O作平面的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，    过作平面于，过作于，连接， 由于轴，且轴，，平面，故轴平面， 平面，故轴，则 由于在直角坐标系中， 故， 因此在直角三角形中，， 因此在空间直角坐标系中，， 故， 故选：B 42．阿基米德在《抛物线求积法》一书中描述了如何求解抛物线与直线围成的弓形的面积的方法：如图，若抛物线与直线交于、两点，要求弓形部分面积.先构造直线，且与抛物线相切于点，得到一级；用同样的方法在切点两旁得到两个二级、；再用同样的方法在切点、两旁得到四个三级三角形……依次下去，通过证明可知级三角形的面积都是级三角形面积的，则这无穷多个三角形的面积之和逼近弓形面积，所以求出这无穷多个三角形的面积之和的极限值就可以得出弓形面积.若已知抛物线：，直线：，则抛物线与直线围成的弓形面积为（   ）.    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据两直线平行关系设直线的方程为，利用相切关系可得，进而求出，再利用三角形构造规则以及等比数列前项和公式计算求出表达式的极限可得结果. 【详解】设直线的方程为， 联立可得， 因此，解得，可得； 设， 联立可得； 因此 所以， 点到直线的距离为， 因此的面积； 记第级的每个三角形的面积为，即， 又第级三角形的面积都是级三角形面积的，所以可得； 根据三角形构造规则可知第级共有三角形个数为， 所以第级中所有三角形面积为； 因此抛物线与直线围成的弓形面积为. 故选：C 43．已知中所对的三边分别为，且，（其中）， (1)证明：为常数列； (2)若在中，，点的轨迹为曲线，E，F为曲线上的两个动点，O为坐标原点，直线OE，OF的斜率分别为，当时，的面积是否为定值？若为定值，求出此定值；若不为定值，说明理由． (3)若，的面积为，判断数列的单调性并说明理由． 【答案】(1) 为常数列， . 设，则． 是以0为首项的常数列， ，即为常数列． (2)的面积为定值． (3)中，， 在以为焦点的椭圆上，为焦点三角形面积，． ， 又, ， 是一个正负摆动的数列，但随的增大而减小， 三角形两边之差越来越小， 随着的增大，在轴上左右来回横跳，但离轴距离越来越近，越来越大， 随的增大而增大，即是递增数列． 【分析】 (1)由先得到为常数列，再根据构造得到其为常数列，由此得证. (2)由（1）结合椭圆定义得到的轨迹为椭圆.设直线，将直线与椭圆联立消元得到韦达定理；表示出三角形面积后将韦达定理直接代入化简得到三角形面积为定值. (3)分析可知在以为焦点的椭圆上，焦点三角形面积，根据指数函数单调性判断单调性即可. 【详解】（1）略 （2） ，即， 点在以点为焦点的椭圆上. 设该椭圆方程为， 则解得故椭圆方程为， 又点不在直线上， 曲线的方程为． 当直线的斜率不存在时，由于，考虑到关于轴对称，不妨设， 则点的坐标分别为， 此时； 当直线的斜率存在时，设，直线的方程为， 由消可得，， 则有，即， 所以 点到直线的距离， 又因为， 所以， 化简可得，满足， 代入， 综上，的面积为定值． （3）略 44．（2026·上海·模拟预测）在平面直角坐标系中，有点，．若以轴为折痕，将直角坐标平面折叠成互相垂直的两个半平面，则称此时点、在空间中的距离为“点、关于轴的折叠空间距离”，记为． (1)若点、、在平面直角坐标系中的坐标分别为，，，求证：，； (2)若点、在平面直角坐标系中的坐标分别为，，求满足的点在平面直角坐标系中的轨迹的长； (3)若在平面直角坐标系中，直线与椭圆相交于、两点，求的最大值． 【答案】(1)、在轴同侧，， 、在轴异侧，； (2) (3) 【分析】（1）根据折叠空间距离的定义计算即可得结论； （2）对点的位置关系进行分类讨论，根据求出点的轨迹方程，确定轨迹形状，即可求得其轨迹所围成区域的面积； （3）联立直线与椭圆的方程，利用根与系数的关系求得，进而求得最大值即可. 【详解】（1）略. （2）从几何上说：点所在轨迹是球面与两个半平面的交线， 从代数上说： ⅰ）当、在轴同侧，即时，， ⅱ）当、在轴异侧，即时，， 所以，点所在轨迹是半圆：（）与圆：（）的组合曲线（如图），其周长是． （3） （*）, ，， 当且仅当，即时，取得最大值． 题型10 圆锥曲线中的最值范围问题 45．（2026·辽宁沈阳·模拟预测）已知点在圆上，作垂直于轴，垂足为，点为中点． (1)求动点的轨迹的方程； (2)直线与轴交于点，与交于、两个相异点，且，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）把点的坐标用点和点的坐标表示，代入点的轨迹方程即可求解； （2）设点、，利用可得，结合韦达定理可得与的关系，最后代入判别式，利用即可求解. 【详解】（1）由题意，设点、，则， 因为点为线段的中点，则，即， 因为点在圆上，所以，即， 因此，点的轨迹的方程为． （2）由已知可得，设点、， 联立得， 由已知可得，得， 由韦达定理可得，， 因为，即，则，即， 所以，所以， 即， 当时，不成立， 所以，代入得， 解得，因此，的取值范围是． 46．（2026·天津南开·模拟预测）已知椭圆：，，为原点，椭圆的左右焦点分别为，，并且经过点， (1)求椭圆的方程； (2)若椭圆的左右顶点分别为，，直线与椭圆有且仅有一个公共点，点不与，重合，设直线，的斜率分别为，． （ⅰ）求证：为定值； （ⅱ）设的平分线与轴交于点，求的取值范围． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）根据焦点坐标，结合代入法进行求解即可； （2）（ⅰ）设出直线的方程与椭圆的方程联立，利用一元二次方程根的判别式、直线斜率的公式进行求解即可； （ⅱ）根据角平分线的性质，结合点到直线距离公式进行求解即可. 【详解】（1）因为椭圆的左右焦点分别为，， 所以， 又因为该椭圆经过点， 所以， 由可得，或舍去， ， 所以椭圆的方程为； （2）（ⅰ）设直线的方程为，与椭圆方程联立，得 ， 所以，化简，得， 可得， ，即， ，所以为定值； （ⅱ）设，即，且， 直线的方程为， 同理得直线的方程为， 因为的平分线与轴交于点， 所以， 由，代入上式，得 ， 因为在，之间， 所以，又， 所以由， 因为， 所以，而， 所以，即的取值范围为． 47．（2026·安徽合肥·三模）已知抛物线，过点的直线交E于A，B两点． (1)设，，证明：为定值； (2)过点的另一条直线交E于C，D两点，且，求的最小值． 【答案】(1)证明：直线不垂直于轴，设直线AB方程为， 由消去x并化简得， 则，因此， 所以为定值. (2)． 【分析】（1）设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理计算得证. （2）由（1）求出，结合已知求出直线与的关系，再利用弦长公式列式，借助基本不等式求出最小值. 【详解】（1）略 （2）由（1）得， 设直线的方程为，同理， 由，得，则， 又， 同理，则． 当时，，， 且当且仅当时取等号，当时，，， 所以的最小值为. 48．（2026·北京昌平·二模）设椭圆的左焦点为，右顶点为，上顶点为，直线与的斜率的乘积为. (1)求椭圆的方程及离心率； (2)过点的直线交椭圆于两点，求的取值范围. 【答案】(1)方程为，离心率为 (2) 【分析】（1）先写出椭圆右顶点、上顶点、左焦点坐标，求出两条直线斜率并利用斜率乘积条件化简得 ，再结合椭圆 的关系求出 的值，进而写出椭圆标准方程并算出离心率. （2）分直线斜率不存在、存在两种情况讨论，斜率不存在时直接求出点坐标并算出向量数量积；斜率存在时设直线方程并联立椭圆方程，利用韦达定理得根与系数关系，把向量数量积坐标展开并代入直线方程化简，再分离常数变形为分式型函数，由 求出值域范围，结合两种情况综合得到数量积的取值范围. 【详解】（1）由题意可得右顶点，上顶点，设左焦点. 因为 ，所以，即. 因为，所以. 椭圆的方程为，离心率为. （2）由题可知.                                    当直线斜率不存在时，， 所以 当直线斜率存在时，设斜率为，则直线的方程为. 由可得. . 设. 则 因为， 所以 因为，所以. 所以 综上所述，的取值范围为 49．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知双曲线：（,）的左、右焦点分别为，，实轴长为，双曲线的一条渐近线为. (1)求双曲线的标准方程； (2)为坐标原点，点、、是双曲线上不同的三点，且、两点关于轴对称，的外接圆经过点. ①求证：直线与圆相切； ②直线与渐近线交于，两点,求的取值范围. 【答案】(1) (2) ①设，，则，均满足. 因为的外接圆经过点，所以可设的外接圆方程为. 所以，， 两式相减得，，故外接圆方程为. 则，，所以. 又，，代入中整理得，， 因为，所以，所以直线的斜率一定存在， 设直线的方程为，联立双曲线方程整理得， 当时，，，， 则， 所以，即. 原点到直线的距离为，等于圆的半径， 故直线与圆相切. ② 【分析】（1）根据双曲线的实轴长和渐近线方程求出，值，即可求出标准方程. （2）①设点，，结合的外接圆过点设出外接圆方程，再结合点在双曲线上可得；设出直线方程与双曲线方程联立，结合韦达定理得到，进而得到；利用点到直线的距离公式求出原点到直线的距离与圆的半径比较即可. ②分别求出和，结合得到，根据直线与双曲线相交求出的范围，即可求出的范围. 【详解】（1）已知双曲线实轴长为，则，所以. 因为双曲线的一条渐近线为，即，所以，即. 所以双曲线的标准方程为. （2）①略 ②直线与渐近线交于，与渐近线交于. 则. 直线与双曲线相交的弦长. 故. 由直线与双曲线相交可得，即且， 又点、、是双曲线上不同的三点，所以，故. 当时，，即； 当时，，即， 综上，的取值范围为. 重难·创新演练 设题创新:圆锥曲线中的最值范围问题；圆锥曲线与其它知识融合 1．（2026·安徽宿州·模拟预测）已知是抛物线：的焦点，直线与抛物线相交于两点，满足，记线段的中点到抛物线的准线的距离为，则的最大值为（    ） A．2 B． C．3 D．4 【答案】A 【分析】设两焦半径，由抛物线定义将中点到准线距离转化为焦半径和的一半，再求焦点到中点距离的平方，利用基本不等式消元求比值的最大值. 【详解】设，过点分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为， 则，点到抛物线的准线的距离为， 因为， ， 所以， 又因为，所以，当且仅当时等号成立， 所以，故. 所以的最大值为. 2．（2026·河北沧州·模拟预测）已知是圆上的动点，且， 当点满足，点在椭圆上运动时，的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由的坐标及已知等式，可得到，结合求出点的轨迹方程为，其轨迹为以为圆心的圆，进而求出的最大值，根据（r为轨迹圆的半径）即可求出答案. 【详解】因为圆，所以圆心， 由是圆上的动点知， 由，得， 由，得， 所以， 将等式两边同时平方，得， 所以，所以动点的轨迹方程为， 由椭圆的方程可设点的坐标为， 由动点的轨迹方程可得该圆的圆心为，半径为，如图， 则， 当时，， 所以. 3．已知曲线C的方程是．设过点的直线的倾斜角为，若直线与曲线C恰有3个不同的交点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据绝对值的性质，结合圆和双曲线方程的特点，利用数形结合思想、导数的几何意义、分类讨论进行求解即可. 【详解】当时，，它表示双曲线的一部分； 当时，，它表示圆的一部分； 当时，，显然不成立，不表示任何曲线； 当时，，它表示双曲线的一部分， 所以曲线C的图象如下图所示： 两条双曲线的渐近线方程为， 当直线与平行时，即时，此时直线与曲线C恰有2个不同的交点， 要想直线与曲线C恰有3个不同的交点，只需， 当时，， 设切点为，切线的斜率为， 所以切线方程为，把的坐标代入， 得， 切线的斜率为， 当直线与该切线平行时，即时，此时直线与曲线C恰有2个不同的交点， 要想直线与曲线C恰有3个不同的交点，只需， 综上所述：的取值范围是. 4．公元年，唐代李淳风注《九章》时提到祖暅的开立圆术.祖暅在求球体积时，使用一个原理：“幂势既同，则积不容异”，意思是两个同高的立体，如在等高处的截面积恒相等，则体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理，我们可以应用此原理将一些复杂几何体转化为常见几何体的组合体来计算体积.如图，将双曲线与直线所围成的平面图形绕双曲线的实轴所在直线旋转一周得到几何体，下列平面图形绕其对称轴（虚线所示）旋转一周所得几何体与的体积相同的是（    ） A．图①，长为､宽为的矩形的两端去掉两个弦长为､半径为的弓形 B．图②，长为､宽为的矩形的两端补上两个弦长为､半径为的弓形 C．图③，长为､宽为的矩形的两端去掉两个底边长为､腰长为的等腰三角形 D．图④，长为､宽为的矩形的两端补上两个底边长为､腰长为的等腰三角形 【答案】B 【分析】将所有图形均以矩形的中心为原点，以对称轴为轴建立平面直角坐标系，根据在轴的最短和最长距离与双曲线实轴长和几何体母线长对比可排除③④；假设，与双曲线相交后旋转，可求得圆环面积；分别在①②中求得与图形相交所得的弦长，根据旋转后的圆环面积和圆面积是否与已知的圆环面积相等来判断出结果. 【详解】由得：， 则当与相交于两点时，内圆半径，则在该位置旋转一周所得圆环面积为； 将所有图形均以矩形的中心为原点，以对称轴为轴建立平面直角坐标系， 对于③，双曲线实轴长为，③中轴的最短距离为，不合题意，③错误； 对于④，几何体母线长为，④中轴的最长距离为，不合题意，④错误； 对于①，在轴的最短距离为，母线长为，与几何体吻合； 当与①中图形相交时，两交点之间距离为， 此时圆环面积为，不合题意，①错误 对于②，在轴的最长距离为，矩形高为，与几何体吻合； 当与②中图形相交时，两交点之间距离为， 此时圆面积为，与圆环面积相同，满足题意，②正确. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题以祖暅原理为载体，考查了旋转体截面面积的求解问题；解题关键是能够充分理解祖暅原理，根据直线与平面图形的相交弦来确定旋转后所得的图形，并求得图形面积，根据“幂势既同，则积不容异”来得到结论. 5．（2026·河南·模拟预测）已知抛物线上有点，其中.又点，，若，分别交抛物线于另一点，，且直线的斜率为，则________. 【答案】 【分析】设直线方程为，与抛物线方程联立，可求得，进而可得，利用裂项相消法可求值. 【详解】设直线方程为，代入，得. 由根与系数的关系可得，得，同理可得. 所以，则， 所以.    6．（2026·陕西西安·三模）已知抛物线的焦点为F，过点F的直线列与C分别交于点列与（始终位于的上方），若点列的横坐标是以1为首项，2为公比的等比数列，则线段列的长度的前n项和为________． 【答案】 【分析】设点，得到，联立方程组，求得，根据抛物线的定义，可得，结合等比数列的求和公式，即可求解. 【详解】由抛物线，可得焦点为， 设点的坐标为，可得直线的方程为， 联立方程组，整理得， 可得，所以，则， 又由抛物线的定义，可得， 故的长度的前项和为. 7．（2026·安徽合肥·模拟预测）已知函数，则的最小值为______． 【答案】4 【分析】构造函数，通过配方，把问题转换成到直线和点的距离之和的倍，即可求解. 【详解】构造函数， 因为恒成立，所以， 则函数可表示点到直线和点的距离之和的倍. 构造抛物线，过点作直线的垂线，垂足为，交抛物线于两点，如图， 此时直线的方程为：，即， 联立方程得，易得交点分别为， 于是当点重合于交点或时，取得最小值. 从而的最小值为4． 8．（2026·河南·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，E的短轴长为2． (1)求E的方程； (2)已知E上的动点P位于第一象限，延长，分别交于点A，B，M是线段AB的中点，O为坐标原点． （ⅰ）求证：直线AB和OM的斜率乘积为定值； （ⅱ）分别记直线OP，AB的斜率分别为，，当直线PA，PB的斜率都存在时，求的最小值． 【答案】(1) (2) （ⅰ）由(1)得焦点坐标，， 设第一象限内动点，满足（）， 设A)， )， 直线的方程为，联立椭圆方程， 消去得， 由韦达定理得， 所以， 当直线的斜率存在时，直线的方程为， 同理联立椭圆方程，得， 因为M是线段AB的中点，所以， 所以，， 因此， 代入，得 当直线的斜率不存在时， 轴，， 联立 ，得 ， 直线 斜率 ，直线方程：， 联立椭圆： 得 ， 所以中点为， 所以 综上，直线和的斜率乘积为定值； （ⅱ）. 【分析】(1)根据椭圆相关概念列出方程，从而求解出椭圆的方程； (2)（ⅰ）设点，再求出A, 两点坐标，从而得到直线AB和OM的斜率表达式，进而求证乘积为定值； （ⅱ）求得，把原式子化为表示，再利用基本不等式求解. 【详解】（1）由短轴长，得，由离心率，得， ，将和代入，得，所以， 因此椭圆的方程为； （2）（ⅰ）略； （ⅱ）记直线OP，AB的斜率分别为，， 由（i），由（i）的结论，得， 得，所以 所以 根据基本不等式， ， 当且仅当，即，（）时取等号， 因此，所以 当且仅当，时 验证等号成立条件：当，，时取等号， 故的最小值为. 9．（2026·湖南长沙·模拟预测）已知椭圆：（）的离心率，点是椭圆上一点，过原点的直线与抛物线：相交于B，C两点，点A是椭圆的下顶点，直线，分别与相交于P，Q两点． (1)求椭圆的方程； (2)证明：； (3)记和的面积分别是、，求的最小值． 【答案】(1) (2)证明：直线的斜率显然存在，设直线的方程为． 由整理得． 设，，则，，． 由（1）知， 所以，的斜率分别为，， 故，所以． (3)． 【分析】(1)通过离心率和椭圆上点来确定椭圆方程. (2)将直线与抛物线方程联立通过韦达定理表示出坐标间的关系后表示出与斜率之积. (3)设直线与抛物线联立求得点坐标求得长度，并通过第二题垂直求得直线并求出，同样方法表示出和，表示出面积后求出比值范围. 【详解】（1）因为，所以， ，又点在上， 所以， 解得，，椭圆的方程为． （2）略 （3）设直线的方程为，显然，由得，解得或， 所以，则．    由（2）知，则直线的方程为，解得， 同理，． 由得，解得或， 所以，则， 同理，． 由（2）知，则， 则， ， 当且仅当时等号成立，即的最小值为． 10．（2026·山东青岛·三模）已知双曲线：（，）的离心率为2，且过点． (1)求的方程； (2)记的左、右焦点分别为，，点和如下构造：在第二象限任取上一点．直线交于另一点，直线交于另一点． （ⅰ）记直线的斜率为，证明： （ⅱ）设点关于直线的对称点为，探究：是否存在定圆，使得点始终在上？若存在，求圆的方程，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) （i）见解析 （ii）存在， 【分析】（1）利用双曲线过点 得 ，结合离心率 得 ，再由 ，写出双曲线标准方程. （2）（i）设直线 与双曲线联立，利用韦达定理计算斜率乘积，推导出数列 是首项为 、公比为 的等比数列，再用等比数列求和公式放缩证明不等式. （2）（ii）先求出直线 恒过定点 ，再利用对称点的坐标关系（中点在直线上、连线与直线垂直）消去参数，整理得到定圆方程. 【详解】（1）依题意，，所以，，，故的方程为. （2）（i）证明：设直线：与交于点，， 由，得， 所以，， 则 当时，对应左焦点，得 ； 当时，对应右焦点， ， 所以，所以是首项为（），公比为的等比数列， 所以. （ii）设直线：，由（2）得， 因为 ，且， 所以，所以， 所以直线的方程为， 设，则，消可得， 化简整理得圆的方程为.    真题·实战演练 高频考点：直线与圆锥曲线的位置关系；圆锥曲线中的弦长问题；圆锥曲线中的面积问题； 圆锥曲线中的定点，定值，定直线问题；圆锥曲线中的最值范围问题。 1．（多选）（2025·全国一卷·高考真题）已知抛物线的焦点为F，过F的一条直线交C于A，B两点，过A作直线的垂线，垂足为D，过F且与直线垂直的直线交于点E，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】对于A，先判断得直线为抛物线的准线，再利用抛物线的定义即可判断；对于B，利用三角形相似证得，进而得以判断；对于C，利用直线的反设法（法一）与正设法（法二），联立直线与抛物线方程，结合韦达定理与焦点弦公式可判断C；利用利用三角形相似证得，，结合焦半径公式可判断D. 【详解】法一：对于A，对于抛物线， 则，其准线方程为，焦点， 则为抛物线上点到准线的距离，为抛物线上点到焦点的距离， 由抛物线的定义可知，，故A正确； 对于B，过点作准线的垂线，交于点， 由题意可知，则， 又，，所以， 所以，同理， 又， 所以，即， 显然为的斜边，则，故B错误； 对于C，易知直线的斜率不为， 设直线的方程为，， 联立，得， 易知，则， 又，， 所以， 当且仅当时取等号，故C正确； 对于D，在与中，， 所以，则，即， 同理， 又 ， ， 所以， 则，故D正确. 故选：ACD. 法二：对于A，对于抛物线， 则，其准线方程为，焦点， 则为抛物线上点到准线的距离，为抛物线上点到焦点的距离， 由抛物线的定义可知，，故A正确； 对于B，过点作准线的垂线，交于点， 由题意可知，则， 又，，所以， 所以，同理， 又， 所以，即， 显然为的斜边，则，故B错误； 对于C，当直线的斜率不存在时，； 当直线的斜率存在时，设直线方程为， 联立，消去，得， 易知，则， 所以 ， 综上，，故C正确； 对于D，在与中，， 所以，则，即， 同理， 当直线的斜率不存在时，，； 所以，即； 当直线的斜率存在时，， ， 所以， 则； 综上，，故D正确. 故选：ACD. 2．（2026·天津·高考真题）在平面内，为坐标原点，抛物线上有、、、四个点，、、、的纵坐标分别为、、、，直线与直线交轴于点，直线交轴于点，直线交轴于点，以下说法正确的有______． ①若与抛物线焦点重合，则； ②； ③； ④； ⑤ 【答案】②④ 【分析】首先探求抛物线弦与轴交点坐标与弦端点纵坐标积的关系，再利用关系式逐项分析，①②易得，③④⑤将长度与面积都转化为纵坐标表示，化简求解可得. 【详解】由题意、、、为抛物线上四个点可知，两两不等. 设抛物线上任意两点，其中. 当时，直线的斜率， 则直线方程为， 令，则直线与轴的交点横坐标 特别地，当时，， 此时直线垂直于轴，也成立， 因此，直线与轴的交点横坐标（）. ①由题意直线交轴于点，若与抛物线焦点重合，则其横坐标为， 故由式可得，即，故①错误； ②由题意直线与直线交轴于点， 则由式可得点横坐标， 可得，故②正确； ③由题意直线交轴于点，直线交轴于点， 则由式可得 ， 则， 故，故③错误； ④由式可得， 当点或为原点时，则点也重合于原点，此时； 当点与均不为原点时，即，且， 则结合②结论可知，， 则有，故④正确； ⑤由，可知，则， ， 如图，当时，不成立，故⑤错误； 故答案为：②④ 3．（2026·北京·高考真题）已知椭圆：的一个顶点为，离心率为．过点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，．点关于直线的对称点为，直线与直线交于点．设与的面积分别为与． (1)求椭圆的方程； (2)若，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用顶点坐标及离心率计算即可得； （2）设出直线，联立曲线方程可得与交点横坐标有关韦达定理，结合题目所给条件计算可得点、点坐标，再利用点到直线距离公式与两点间距离公式可表示出与，结合题目所给条件与韦达定理计算即可得解. 【详解】（1）由题意可得，则，即，故的方程为； （2）由题意可得，设、， 由关于直线对称的点为，则， 联立，消去得：， 由，故在椭圆内部，故恒成立，有、， 则， ， ，联立， 则，即， 整理得，即， 点到直线的距离，点到直线的距离， 又，则，， 故 ， 即有，若，则，无解，不符； 则，有，解得； 故. 4．（2025·天津·高考真题）已知椭圆的左焦点为F，右顶点为A，P为上一点，且直线的斜率为，的面积为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)过点P的直线与椭圆有唯一交点B（异于点A），求证：PF平分. 【答案】(1) (2)证明：由（1）可知，，， 易知直线的斜率存在，设其方程为，则，即， 联立，消去得，， 因为直线与椭圆有唯一交点，所以， 即，则，解得，则， 所以直线的方程为， 联立，解得，则， 以下分别用四种方法证明结论： 法一：则， 所以， ， 则，又， 所以，即平分. 法二：所以，，， 由两直线夹角公式，得，， 则，又， 所以，即平分. 法三：则，， 故， 又， 所以，即平分. 法四：则， 所以直线的方程为，即， 则点到直线的距离为， 又点到直线的距离也为， 所以平分. 【分析】（1）根据题意，利用椭圆的离心率得到，再由直线的斜率得到，从而利用三角形的面积公式得到关于的方程，解之即可得解； （2）联立直线与椭圆方程，利用其位置关系求得，进而得到直线的方程与点的坐标，法一：利用向量的夹角公式即可得证；法二：利用两直线的夹角公式即可得证；法三利用正切的倍角公式即可得证；法四：利用角平分线的性质与点线距离公式即可得证. 【详解】（1）依题意，设椭圆的半焦距为， 则左焦点，右顶点，离心率，即， 因为为上一点，设， 又直线的斜率为，则，即， 所以，解得，则，即， 因为的面积为，，高为， 所以，解得， 则，， 所以椭圆的方程为. . （2）略 5．（2025·全国一卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，． (1)求C的方程； (2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足． （i）设，求的坐标（用m，n表示）； （ⅱ）设O为坐标原点，是C上的动点，直线OR的斜率为直线的斜率的3倍，求的最大值． 【答案】(1) (2)(ⅰ) (ⅱ) 【分析】（1）根据题意列出的关系式,解方程求出,即可得到椭圆的标准方程； （2）(ⅰ)设,根据斜率相等以及题目条件列式,化简即可求出或者利用数乘向量求出； (ⅱ) 根据斜率关系可得到点的轨迹为圆（除去两点），再根据点与圆的最值求法结合三角换元或者直接运算即可解出. 【详解】（1）由题可知,，所以，解得， 故椭圆C的标准方程为； （2）(ⅰ)设，易知， 法一：所以，故，且． 因为，，所以， 即，解得，所以， 所以点的坐标为. 法二：设，则，所以 ，，故 点的坐标为. (ⅱ)因为,,由,可得 ,化简得,即, 所以点在以为圆心,为半径的圆上（除去两个点）, 为到圆心的距离加上半径, 法一：设,所以 ,当且仅当时取等号, 所以. 法二：设，则， ，当且仅当时取等号, 故. 6．（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． 【答案】(1) (2)直线的方程为或. 【分析】（1）代入两点得到关于的方程，解出即可； （2）方法一：以为底，求出三角形的高，即点到直线的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到点坐标，则得到直线的方程；方法二：同法一得到点到直线的距离，再设，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：同法一得到点到直线的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线斜率不存在的情况，再设直线，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：首先考虑直线斜率不存在的情况，再设，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设线法与法五一致，利用水平宽乘铅垂高乘表达面积即可. 【详解】（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. 法二：同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 设，则，解得或， 即或，以下同法一. 法三：同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 设，其中，则有， 联立，解得或， 即或，以下同法一； 法四：当直线的斜率不存在时，此时， ，符合题意，此时，直线的方程为，即， 当线的斜率存在时，设直线的方程为， 联立椭圆方程有，则，其中，即， 解得或，，， 令，则，则 同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 则，解得， 此时，则得到此时，直线的方程为，即， 综上直线的方程为或. 法五：当的斜率不存在时，到距离， 此时不满足条件. 当的斜率存在时，设，令， ，消可得， ，且，即， ， 到直线距离， 或，均满足题意，或，即或. 法六：当的斜率不存在时，到距离， 此时不满足条件. 当直线斜率存在时，设， 设与轴的交点为，令，则， 联立，则有， ， 其中，且， 则， 则，解得或，经代入判别式验证均满足题意. 则直线为或，即或. 19 / 21 学科网（北京）股份有限公司 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 目 录 模拟·基础演练 2 题型01 判断直线与圆锥曲线的位置关系 2 题型02 根据直线与圆锥曲线的位置关系求参数 2 题型03 弦长问题 3 题型04 中点弦问题 5 题型05 面积问题 6 题型06 定点问题 9 题型07 定值问题 11 题型08 定直线问题 14 题型09 圆锥曲线与其它知识融合 16 题型10 圆锥曲线中的最值范围问题 18 重难·创新演练 21 真题·实战演练 24 模拟·基础演练 考查重点：①直线与圆锥曲线的位置关系②圆锥曲线中的弦长问题③圆锥曲线中的面积问题 ④圆锥曲线中的定点，定值，定直线问题⑤圆锥曲线中的最值范围问题 题型01 判断直线与圆锥曲线的位置关系 1．【新角度】直线与曲线的公共点的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．直线与椭圆的交点个数为（ ） A．1 B．2 C．1或2 D．无法确定 3．（2025·北京门头沟·一模）“”是“直线与双曲线只有一个公共点”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．（25-26高三·全国·三轮复习）已知双曲线，过点作直线，使与有且只有一个公共点，则满足条件的直线共有（    ） A．1条 B．2条 C．3条 D．4条 5．已知直线和抛物线，则“”是“直线与抛物线恰有一个公共点”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．既不充分又不必要条件 D．充要条件 题型02 根据直线与圆锥曲线的位置关系求参数 6．【新角度】设为曲线上的任意一点，则的最大值为（    ） A． B．2 C． D． 7．【新角度】椭圆上的点到直线l：距离的最小值为（    ） A． B． C． D． 8．如果直线与双曲线有两个不同的交点，那么斜率k的取值范围是______. 9．【新思维】若函数有两个零点，则实数的取值范围为____________________． 10．已知直线与抛物线有且只有一个公共点，则实数k的值是_______. 题型03 弦长问题 11．（2026·山西忻州·模拟预测）已知椭圆.点在椭圆外.从点作椭圆的两条切线，切点分别为. (1)求椭圆的离心率； (2)证明：直线垂直于，并求直线的方程； (3)若，求与. 12．（2025·云南·模拟预测）已知双曲线的左、右顶点分别为，，在上，满足． (1)求的方程； (2)过点的直线（与轴不重合）交于，两点．若，求直线的方程． 13．（2026·河南开封·一模）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)经过点且斜率为1的直线交于，两点，求． 14．（2025·河北张家口·三模）已知双曲线的一条渐近线方程为，为个焦点. (1)求双曲线的标准方程； (2)若倾斜角为的直线经过与的右支交于不同的两点，，的面积为（为坐标原点），，求的值. 15．（2026·云南玉溪·二模）已知椭圆，直线． (1)若经过C的右焦点，求C的标准方程； (2)若与C交于两点，且，求C的标准方程． 题型04 中点弦问题 16．（2026·湖南长沙·三模）已知椭圆＋＝1内有一点P(2,3)，过点P的一条弦恰好以P为中点，则这条弦所在的直线方程为________________． 17．已知双曲线，直线与双曲线交于两点，且线段的中点坐标为，则直线的斜率为__________. 18．（2025·湖北武汉·模拟预测）已知抛物线，直线与交于两点，为弦的中点，则直线的斜率为______． 19．已知圆的圆心是抛物线的焦点. (1)求抛物线的方程； (2)若直线交抛物线于、两点，是否存在直线，使得点是弦的中点？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由. 20．已知椭圆的离心率为，椭圆上的点到焦点的最小距离是3． (1)求椭圆的方程； (2)是否存在过点的直线交曲线于两点，使得为中点？若存在，求该直线方程，若不存在，请说明理由． 题型05 面积问题 21．（2026·陕西·三模）已知圆：，点，是圆上一个动点，线段的垂直平分线与线段相交于点，记点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)过点作直线交曲线于，两点，若轴上一点满足． （i）求实数的值； （ⅱ）若，求的面积． 22．（2026·福建泉州·模拟预测）已知动点满足方程． (1)求动点的轨迹的方程； (2)设，，过点的直线与轨迹交于，两点（，两点均在轴右侧），直线与直线相交于点． （ⅰ）证明：直线恒过定点； （ⅱ）若直线与直线相交于点，直线与直线相交于点，求面积的最小值． 23．（2026·云南玉溪·模拟预测）在平面直角坐标系中，位于轴右侧的动点到点的距离比它到轴的距离大1，记点的轨迹为． (1)求的方程； (2)已知不重合的两点，均在上， ①若线段的中点在直线上，且，求直线的方程； ②若直线与轴正半轴相交，且与圆相切，求面积的最小值． 24．（2026·吉林长春·模拟预测）已知抛物线：（）的焦点到其准线的距离为，过点的直线交抛物线于，两点，点在抛物线上，且的重心在轴上，直线交轴于点，且在点右侧． (1)求抛物线的标准方程； (2)若，求点的坐标； (3)记，的面积分别为，，求的最小值及此时点的坐标． 25．（2026·北京大兴·三模）已知椭圆的离心率为，以椭圆两个焦点与短轴的两个端点为顶点构成的四边形的面积为. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点作直线与椭圆相切于点，且直线斜率大于0，过线段PQ的中点作直线交椭圆于A，B两点（点A，B不在轴上），连结PA，PB，分别与椭圆交于点M，N，记的面积分别为，比较与的大小关系，并说明理由. 题型06 定点问题 26．（2026·重庆·模拟预测）已知椭圆：的离心率为，过点． (1)求的方程； (2)已知点，过点的直线交于，两点（，在轴的下方），直线交直线于点． （ⅰ）设直线的斜率为，直线的斜率为，判断是否为定值，并说明理由； （ⅱ）证明：直线过定点． 27．（2026·广东中山·一模）已知椭圆的离心率为，右焦点关于直线的对称点在圆上，点在椭圆上． (1)求椭圆的标准方程； (2)已知为上的动点，过作椭圆的两条切线，切点分别为、， ①证明：直线过定点，并求定点坐标； ②是否存在点，使得成立？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 28．（2026·辽宁·模拟预测）已知双曲线：（，）的渐近线方程为，且的焦距为． (1)求的方程； (2)已知,上的动点，关于轴对称，直线与交于另外一点，证明：直线恒过定点； (3)设与的渐近线不平行的两条直线，均与相切，且交点为（），当，的斜率之积为时，判断是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 29．（2026·湖北武汉·三模）已知圆和定点，动点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与直线交于点，设曲线为点的轨迹． (1)求曲线的方程； (2)设，斜率为的直线与曲线交于，两点，直线，分别与曲线交于，两点； （ⅰ）若直线，的斜率之和为0，证明：直线过定点； （ⅱ）若，证明：直线过定点． 30．（2026·湖南长沙·模拟预测）已知抛物线，过上一动点作斜率为2的直线与交于另一点，当点与原点重合时，． (1)求． (2)当不经过点时，直线与交于另一点，直线与交于另一点． （i）证明：； （ii）试判断直线与是否交于定点，若是，请求出定点的坐标，否则，请说明理由． 题型07 定值问题 31．（2026·上海浦东新·三模）已知抛物线与斜率为1的直线相交于，两点．是的焦点．是上异于，的一点． (1)证明：； (2)若是的顶点且，求直线的方程； (3)设且的外接圆与有异于，，的公共点．证明：直线斜率为定值，并求出此定值． 32．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）设两点的坐标分别为，，直线相交于点，且它们斜率的倒数之差是．记点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)设点，过点向曲线作两条切线，切点分别为，求； (3)直线与曲线交于不同两点，满足，过坐标原点向直线作垂线，垂足为，求一定点，使得为定值， 33．（2026·广东佛山·模拟预测）已知双曲线，（）的离心率为，实轴长为． (1)求双曲线C的标准方程； (2)设点S是双曲线C上的动点，T是圆E：上的动点，且直线与圆E相切，求的最小值； (3)如图，A、B是双曲线C上两点，点也在双曲线上，直线与y轴分别交于点M、N，点Q在直线上．若M、N关于原点对称，且，证明：存在点R，使得为定值． 34．（2026·陕西·一模）已知椭圆的离心率为，直线被椭圆所截得的线段的长为3. (1)求椭圆的方程 (2)已知点，过点的直线交椭圆于两点（在轴下方），直线交直线于点，设直线的斜率为，直线的斜率为，判断是否为定值，并说明理由 35．（2026·安徽安庆·模拟预测）已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，且过点和. (1)求椭圆的方程； (2)不经过原点的直线与椭圆交于，两点，点为椭圆上一点. （i）若直线经过椭圆的右焦点，且，求直线的方程； （ii）已知直线，，，的斜率都存在，分别记为，，，，若，求的值. 题型08 定直线问题 36．设椭圆的中心为坐标原点，右焦点为，离心率为， (1)求椭圆的标准方程； (2)已知圆是以点为圆心，为半径的圆，过椭圆C的下顶点作圆的两条切线，这两条切线分别与椭圆相交于点，（异于点）．设直线交轴于G点． （ⅰ）设，直线的斜率分别为，，求的值及点的坐标． （ⅱ）设点（与G点不同）满足：，，求证：在定直线上运动，并求出定直线方程． 37．（2026·广东中山·三模）双曲线的一个顶点在直线上，且其离心率为． （附：双曲线以点为切点的切线方程为） (1)求双曲线的标准方程； (2)若一条直线与双曲线恰有一个公共点，且该直线与双曲线的渐近线不平行，则定义该直线为双曲线的切线，定义该公共点为切线的切点，已知点在直线上，且过点恰好可作双曲线的两条切线，设这两条切线的切点分别为和． （i）设点的横坐标为，求的取值范围； （ii）设直线和直线分别与直线交于点和点，证明：直线和直线交点在定直线上． 38．已知是双曲线上两个不同的点，为坐标原点，点． (1)若点在上，求的渐近线方程． (2)当四点共线时，，点． （i）求的方程； （ii）若三点共线，两点均不在轴上，分别为的左、右顶点，直线与交于点，证明：动点在一条定直线上． 39．（2026·江苏·模拟预测）已知，分别是双曲线：的上顶点，下焦点． (1)求的标准方程； (2)过的直线与的上、下支分别交于两点（异于），直线平分线段与的下支交于点，证明：直线与直线的交点在定直线上． 40．（2025·甘肃金昌·二模）已知抛物线，过抛物线上一点作两条直线分别交抛物线于两点，直线的斜率分别为，且. (1)求抛物线的方程. (2)证明：直线过定点. (3)记直线经过的定点为为直线上一点（异于点），且满足，证明点在某定直线上，并求出该定直线的方程. 题型09 圆锥曲线与其它知识融合 41．（2026·辽宁·模拟预测）如图，画在纸面上的抛物线过焦点的弦长为9，则沿轴将纸面折成平面角为的二面角后，空间中线段的长度为（   ）    A． B． C． D． 42．阿基米德在《抛物线求积法》一书中描述了如何求解抛物线与直线围成的弓形的面积的方法：如图，若抛物线与直线交于、两点，要求弓形部分面积.先构造直线，且与抛物线相切于点，得到一级；用同样的方法在切点两旁得到两个二级、；再用同样的方法在切点、两旁得到四个三级三角形……依次下去，通过证明可知级三角形的面积都是级三角形面积的，则这无穷多个三角形的面积之和逼近弓形面积，所以求出这无穷多个三角形的面积之和的极限值就可以得出弓形面积.若已知抛物线：，直线：，则抛物线与直线围成的弓形面积为（   ）.    A． B． C． D． 43．已知中所对的三边分别为，且，（其中）， (1)证明：为常数列； (2)若在中，，点的轨迹为曲线，E，F为曲线上的两个动点，O为坐标原点，直线OE，OF的斜率分别为，当时，的面积是否为定值？若为定值，求出此定值；若不为定值，说明理由． (3)若，的面积为，判断数列的单调性并说明理由． 44．（2026·上海·模拟预测）在平面直角坐标系中，有点，．若以轴为折痕，将直角坐标平面折叠成互相垂直的两个半平面，则称此时点、在空间中的距离为“点、关于轴的折叠空间距离”，记为． (1)若点、、在平面直角坐标系中的坐标分别为，，，求证：，； (2)若点、在平面直角坐标系中的坐标分别为，，求满足的点在平面直角坐标系中的轨迹的长； (3)若在平面直角坐标系中，直线与椭圆相交于、两点，求的最大值． 题型10 圆锥曲线中的最值范围问题 45．（2026·辽宁沈阳·模拟预测）已知点在圆上，作垂直于轴，垂足为，点为中点． (1)求动点的轨迹的方程； (2)直线与轴交于点，与交于、两个相异点，且，求的取值范围． 46．（2026·天津南开·模拟预测）已知椭圆：，，为原点，椭圆的左右焦点分别为，，并且经过点， (1)求椭圆的方程； (2)若椭圆的左右顶点分别为，，直线与椭圆有且仅有一个公共点，点不与，重合，设直线，的斜率分别为，． （ⅰ）求证：为定值； （ⅱ）设的平分线与轴交于点，求的取值范围． 47．（2026·安徽合肥·三模）已知抛物线，过点的直线交E于A，B两点． (1)设，，证明：为定值； (2)过点的另一条直线交E于C，D两点，且，求的最小值． 48．（2026·北京昌平·二模）设椭圆的左焦点为，右顶点为，上顶点为，直线与的斜率的乘积为. (1)求椭圆的方程及离心率； (2)过点的直线交椭圆于两点，求的取值范围. 49．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知双曲线：（,）的左、右焦点分别为，，实轴长为，双曲线的一条渐近线为. (1)求双曲线的标准方程； (2)为坐标原点，点、、是双曲线上不同的三点，且、两点关于轴对称，的外接圆经过点. ①求证：直线与圆相切； ②直线与渐近线交于，两点,求的取值范围. 重难·创新演练 设题创新:圆锥曲线中的最值范围问题；圆锥曲线与其它知识融合 1．（2026·安徽宿州·模拟预测）已知是抛物线：的焦点，直线与抛物线相交于两点，满足，记线段的中点到抛物线的准线的距离为，则的最大值为（    ） A．2 B． C．3 D．4 2．（2026·河北沧州·模拟预测）已知是圆上的动点，且， 当点满足，点在椭圆上运动时，的最大值为（    ） A． B． C． D． 3．已知曲线C的方程是．设过点的直线的倾斜角为，若直线与曲线C恰有3个不同的交点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4．公元年，唐代李淳风注《九章》时提到祖暅的开立圆术.祖暅在求球体积时，使用一个原理：“幂势既同，则积不容异”，意思是两个同高的立体，如在等高处的截面积恒相等，则体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理，我们可以应用此原理将一些复杂几何体转化为常见几何体的组合体来计算体积.如图，将双曲线与直线所围成的平面图形绕双曲线的实轴所在直线旋转一周得到几何体，下列平面图形绕其对称轴（虚线所示）旋转一周所得几何体与的体积相同的是（    ） A．图①，长为､宽为的矩形的两端去掉两个弦长为､半径为的弓形 B．图②，长为､宽为的矩形的两端补上两个弦长为､半径为的弓形 C．图③，长为､宽为的矩形的两端去掉两个底边长为､腰长为的等腰三角形 D．图④，长为､宽为的矩形的两端补上两个底边长为､腰长为的等腰三角形 5．（2026·河南·模拟预测）已知抛物线上有点，其中.又点，，若，分别交抛物线于另一点，，且直线的斜率为，则________. 6．（2026·陕西西安·三模）已知抛物线的焦点为F，过点F的直线列与C分别交于点列与（始终位于的上方），若点列的横坐标是以1为首项，2为公比的等比数列，则线段列的长度的前n项和为________． 7．（2026·安徽合肥·模拟预测）已知函数，则的最小值为______． 8．（2026·河南·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，E的短轴长为2． (1)求E的方程； (2)已知E上的动点P位于第一象限，延长，分别交于点A，B，M是线段AB的中点，O为坐标原点． （ⅰ）求证：直线AB和OM的斜率乘积为定值； （ⅱ）分别记直线OP，AB的斜率分别为，，当直线PA，PB的斜率都存在时，求的最小值． 9．（2026·湖南长沙·模拟预测）已知椭圆：（）的离心率，点是椭圆上一点，过原点的直线与抛物线：相交于B，C两点，点A是椭圆的下顶点，直线，分别与相交于P，Q两点． (1)求椭圆的方程； (2)证明：； (3)记和的面积分别是、，求的最小值． 10．（2026·山东青岛·三模）已知双曲线：（，）的离心率为2，且过点． (1)求的方程； (2)记的左、右焦点分别为，，点和如下构造：在第二象限任取上一点．直线交于另一点，直线交于另一点． （ⅰ）记直线的斜率为，证明： （ⅱ）设点关于直线的对称点为，探究：是否存在定圆，使得点始终在上？若存在，求圆的方程，若不存在，请说明理由． 真题·实战演练 高频考点：直线与圆锥曲线的位置关系；圆锥曲线中的弦长问题；圆锥曲线中的面积问题； 圆锥曲线中的定点，定值，定直线问题；圆锥曲线中的最值范围问题。 1．（多选）（2025·全国一卷·高考真题）已知抛物线的焦点为F，过F的一条直线交C于A，B两点，过A作直线的垂线，垂足为D，过F且与直线垂直的直线交于点E，则（    ） A． B． C． D． 2．（2026·天津·高考真题）在平面内，为坐标原点，抛物线上有、、、四个点，、、、的纵坐标分别为、、、，直线与直线交轴于点，直线交轴于点，直线交轴于点，以下说法正确的有______． ①若与抛物线焦点重合，则； ②； ③； ④； ⑤ 3．（2026·北京·高考真题）已知椭圆：的一个顶点为，离心率为．过点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，．点关于直线的对称点为，直线与直线交于点．设与的面积分别为与． (1)求椭圆的方程； (2)若，求的值． 4．（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. 5．（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． 6．（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． 19 / 21 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $