第07讲 直线与圆锥曲线的位置关系（复习讲义）（天津专用）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，围绕联立方程、判别式、韦达定理等核心考点，按“知识解构-题型破译-真题溯源”逻辑构建体系。通过考点梳理、方法指导、真题训练等环节，帮助学生掌握弦长、中点弦等题型解法，体现复习的系统性与针对性。 资料突出天津高考第19题靶向突破，采用分层训练与方法技巧归纳，如中点弦问题通过点差法推导公式并结合检测题强化。培养学生数学思维与模型观念，助力高效突破计算难点，为教师把控复习节奏提供实用指导。

第07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 直线和曲线联立 知识点2 根的判别式和韦达定理 知识点3 弦长公式 知识点4 已知弦的中点，研究的斜率和方程 题型破译 题型1 直线与圆锥曲线的位置关系 【方法技巧】直线与圆锥曲线的位置关系 题型2 中点弦问题 【方法技巧】中点弦问题 题型3 弦长问题 【方法技巧】弦长问题 题型4 面积问题 【方法技巧】面积问题 题型5 三角形面积最值问题 【方法技巧】三角形面积最值问题 题型6 弦长的取值范围问题 【方法技巧】弦长的取值范围问题 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 06 课后训练·分层突破 突破核心考点，提升解题能力 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 联立方程、判别式、韦达定理基础运算 天津卷 T19（5 分） 天津卷 T19（5 分） 天津卷 T19（5 分） 弦长、中点弦、面积、向量数量积计算 天津卷 T19（5 分） 天津卷 T19（5 分） 天津卷 T19（5 分） 定点、定值、参数范围、存在性探究综合题型 天津卷 T19（5 分） 考情分析 本模块是天津高考第 19 题解析几何大题核心，总分 12 分，整张试卷区分度最高板块。统一解题框架：设直线→联立曲线→判别式限定相交→韦达定理代换。常结合椭圆、抛物线出题，极少单独考双曲线大题。高频题型：弦长公式、三角形面积、中点弦点差法、向量垂直 / 共线、恒过定点、定值证明、参数取值范围、是否存在点 / 直线。主要丢分点：遗漏判别式 Δ>0、斜率不存在未分类讨论、联立化简计算出错、面积转化思路不清晰。 复习目标 1. 熟练掌握直线与椭圆、抛物线完整联立计算流程，规范书写判别式、韦达定理； 2. 熟记通用弦长公式、面积计算两种思路，灵活运用点差法处理中点弦； 3. 掌握定点定值、范围、存在性题型固定解题模板，学会变量消元； 4. 养成分类讨论斜率不存在的习惯，提升复杂代数式运算准确率，力争大题少丢分。 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 直线和曲线联立 （1）椭圆与直线相交于两点，设， ， 椭圆与过定点的直线相交于两点，设为，如此消去，保留，构造的方程如下：， （2）抛物线与直线相交于两点，设，联立可得，时， 特殊地，当直线过焦点的时候，即，，因为为通径的时候也满足该式，根据此时A、B坐标来记忆． 抛物线与直线相交于两点，设， 联立可得，时， 必记结论 韦达定理连接了题干条件与方程中的参数，所以我们在处理例如向量问题，面积问题，三点共线问题，角度问题等常考内容的时候，要把题目中的核心信息，转化为坐标表达，转化为可以使用韦达定理的形式，这也是目前考试最常考的方式． 自主检测已知椭圆的离心率为，斜率为且过点的直线与轴交于点 (1)证明：直线与椭圆相切 (2)记在（1）中的切点为，过点且与垂直的直线交轴于点，记的面积为的面积为，若，求椭圆的离心率 知识点2 根的判别式和韦达定理 与联立，两边同时乘上即可得到，为了方便叙述，将上式简记为．该式可以看成一个关于的一元二次方程，判别式为可简单记． 同理和联立 ，为了方便叙述，将上式简记为，，可简记． 与C相离；与C相切；与C相交． 必记结论 （1）由韦达定理写出，，注意隐含条件． （2）求解时要注意题干所有的隐含条件，要符合所有的题意． （3）如果是焦点在y轴上的椭圆，只需要把，互换位置即可． （4）直线和双曲线联立结果类似，焦点在x轴的双曲线，只要把换成即可； 焦点在y轴的双曲线，把换成即可，换成即可． （5）注意二次曲线方程和二次曲线方程往往不能通过联立消元，利用判断根的关系，因为此情况下往往会有增根，根据题干的隐含条件可以舍去增根（一般为交点横纵坐标的范围限制），所以在遇到两条二次曲线交点问题的时候，使用画图的方式分析，或者解方程组，真正算出具体坐标． 自主检测（2026·天津河西·三模）已知椭圆C：（）的右顶点为A，上顶点为B（O为坐标原点）．点在椭圆C上，椭圆的离心率为． (1)求椭圆C的标准方程； (2)若过点M的直线l交椭圆C于另一点N，且的面积为，求直线l的斜率． 知识点3 弦长公式 设，根据两点距离公式 ． （1）若在直线上，代入化简，得 ； （2）若所在直线方程为，代入化简，得 （3）构造直角三角形求解弦长，．其中为直线斜率，为直线倾斜角． 必记结论 （1）上述表达式中，当为，时，； （2）直线上任何两点距离都可如上计算，不是非得直线和曲线联立后才能用． （3）直线和曲线联立后化简得到的式子记为，判别式为，时，，利用求根公式推导也很方便，使用此方法在解题化简的时候可以大大提高效率． （4）直线和圆相交的时候，过圆心做直线的垂线，利用直角三角形的关系求解弦长会更加简单． （5）直线如果过焦点可以考虑焦点弦公式以及焦长公式． 自主检测（2026·天津和平·三模）已知椭圆的焦距为2，椭圆短轴的一个端点到右焦点的距离为． (1)求椭圆的方程； (2)为坐标原点，直线过点，与椭圆交于，两点，椭圆上点满足，若，求的取值范围． 知识点4 已知弦的中点，研究的斜率和方程 是椭圆的一条弦，中点，则的斜率为 ， 运用点差法求的斜率；设，，，都在椭圆上，所以，两式相减得所以即 ，故 必记结论 若是双曲线的弦，中点，则；若曲线是抛物线，则． 自主检测（2026·天津河西·三模）已知椭圆：的右顶点为，上顶点为，半焦距为，已知点在椭圆上，过点且斜率为整数的直线交椭圆的另一点为，线段的垂直平分线与轴交于点． (1)求椭圆的离心率； (2)求直线的斜率； (3)设关于轴的对称点为，直线交轴交于点，若的面积为，求椭圆的标准方程 题●型●破●译 题型1 直线与圆锥曲线的位置关系 例1-1（2026·天津宝坻·三模）设椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为．已知（为原点）． (1)求椭圆的离心率； (2)设经过点且斜率为的直线与椭圆在轴上方的交点为，另一交点在轴下方，轴的正半轴有一点满足，经过点的直线与椭圆在第一象限相切于点与公共部分的面积为，求椭圆的方程． 例1-2（2026·天津西青·三模）已知椭圆的左焦点为，下顶点为，右顶点为，离心率为，的面积为． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆相交于C，D两点，直线AC，AD与轴交于M，N两点，且的面积为1，求直线的方程． 方法技巧 直线与圆锥曲线的位置关系 （1）直线与圆锥曲线有两个不同的公共点的判定：通常的方法是直线与圆锥曲线方程联立方程消元后得到一元二次方程，其中；另一方面就是数形结合，如直线与双曲线有两个不同的公共点，可通过判定直线的斜率与双曲线渐近线的斜率的大小得到． （2）直线与圆锥曲线只有一个公共点则直线与双曲线的一条渐近线平行，或直线与抛物线的对称轴平行，或直线与圆锥曲线相切． 【变式训练1-1】（2026·天津滨海新区·三模）已知抛物线：的准线经过双曲线：（，）的左焦点，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为点，延长与抛物线相交于点，若（为坐标原点），则双曲线的方程为（     ） A． B． C． D． 【变式训练1-2】（2026·天津宝坻·三模）已知抛物线的焦点为，准线交轴于点，过的直线与抛物线交于A，B两点，且B在线段AD上，点P为点A在准线上的射影．若共线，则的值为（    ） A． B． C． D． 【变式训练1-3】（2026·天津和平·二模）已知双曲线：（）的两条渐近线互相垂直，抛物线：（）的焦点到的渐近线的距离为，过点作的两条切线，切点分别为点，则直线在轴上的截距为（   ） A． B．2 C． D． 题型2 中点弦问题 例2-1（2026·天津河东·二模）已知双曲线，双曲线的某弦中点为，且点在第一象限，弦所在直线与双曲线的一条渐近线垂直，则的值为（   ） A． B．2 C． D． 例2-2已知椭圆过点，长轴长为，过点且斜率为的直线与椭圆相交于不同的两点、． (1)求椭圆的方程； (2)若线段中点的横坐标是，求直线的斜率； (3)在轴上是否存在点，使是与无关的常数？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 方法技巧 中点弦问题 直线与圆锥曲线相交所得弦中点问题，是解析几何的重要内容之一，也是高考的一个热点问题．这类问题一般有以下3种类型：（1）求中点弦所在直线方程问题；（2）求弦中点的轨迹方程问题；（3）对称问题，但凡涉及到弦的中点斜率的问题．首先要考虑是点差法． 即设出弦的端点坐标，根据端点在曲线上，结合中点坐标公式，寻找中点坐标与弦的斜率之间的联系．除此之外，最好也记住如下结论： 在椭圆中，中点弦的斜率为，满足． 在双曲线中，中点弦的斜率为，满足．（其中为原点与弦中点连线的斜率）． 在抛物线中，中点弦的斜率为，满足（为中点纵坐标）． 【变式训练2-1】已知曲线的方程为，曲线是以、为焦点的椭圆，点为曲线与曲线在第一象限的交点，且． (1)求曲线的标准方程； (2)直线与椭圆相交于A、B两点，若AB的中点在曲线上，求直线的斜率的取值范围． 【变式训练2-2·变考法】【新思维】已知椭圆的离心率为，，是椭圆的两个焦点，P是椭圆上一点，且的周长是6．过点的直线l与椭圆C交于点A，B，点B在A，M之间，又线段AB的中点横坐标为． (1)求椭圆C的标准方程； (2)求的值． 【变式训练2-3】已知椭圆的两个顶点分别为，，焦点在轴上，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)若直线与轴交于点，与椭圆交于，两点，线段的垂直平分线与轴交于，求的取值范围. 题型3 弦长问题 例3-1（2026·天津·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为和，离心率为，短轴长为. (1)求椭圆的方程； (2)过点的动直线与椭圆相交于，两点.设点关于轴对称的点为（在的左侧），直线与轴相交于点，直线与相交于点，求的值. 例3-2已知双曲线的右焦点为F，过点F且斜率为的直线l交双曲线于A、B两点，线段AB的中垂线交x轴于点D. 若，则双曲线的离心率取值范围是（    ） A． B． C． D． 例3-3已知抛物线的焦点到准线的距离为，点是直线上的动点．若点在抛物线上，且，过点作直线的垂线，垂足为，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 方法技巧 弦长问题 在弦长有关的问题中，一般有三类问题： （1）弦长公式：． （2）与焦点相关的弦长计算，利用定义； （3）涉及到面积的计算问题． 【变式训练3-1】（2026·天津武清·模拟预测）抛物线（），过焦点的所有弦中，最短弦长为2，过作倾斜角的直线交圆：于、两点，则弦长____________________． 【变式训练3-2】（2026·天津河东·二模）已知抛物线的焦点为F，准线为l，点P在抛物线上且在x轴上方，，O为坐标原点，以PO为直径的圆被直线PF所截得的弦长为________． 题型4 面积问题 例4-1过抛物线焦点F的直线与抛物线交于A，B两点，，抛物线的准线与x轴交于点C，则的面积为（    ） A． B． C． D． 例4-2若双曲线与的两个焦点重合，则称与互为“同心双曲线”.已知双曲线：与双曲线：互为“同心双曲线”，左、右焦点分别为，，是上一点，若的周长为20，则的面积为（   ） A． B． C． D． 方法技巧 面积问题 三角形的面积处理方法：底·高（通常选弦长做底，点到直线的距离为高） 四边形或多个图形面积的关系的转化：分析图形的底和高中是否存在“同底”或“等高”的特点（尤其是有平行条件的时候），可将面积的关系转化，降低计算量．特殊的，对角线互相垂直的四边形，面积=对角线长度乘积的一半． 【变式训练4-1】已知双曲线的左、右焦点分别为，P为双曲线C第一象限上一点，的角平分线为l，过点O作的平行线，分别与，l交于M，N两点，若，则的面积为（   ） A．20 B．12 C．24 D．10 【变式训练4-2·变载体】已知为坐标原点，双曲线的右焦点为，以为直径的圆与的两条渐近线分别交于与原点不重合的两点，，若，则四边形的面积为（    ） A．6 B． C． D．4 【变式训练4-3】（2026·天津滨海新区·三模）已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，离心率为，左顶点为，下顶点为，过点且垂直于轴的直线交椭圆于两点，且所得弦长为． (1)求椭圆的方程； (2)若点是椭圆上在第一象限内的一个动点，求三角形面积的最大值； (3)过且斜率不为0的直线交椭圆于，两点，线段的中点为，连接并延长交直线于点．试探究：在轴上是否存在一定点，使得以为直径的圆恒过点？若存在，求点坐标；若不存在，请说明理由． 题型5 三角形面积最值问题 例5-1已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为A，，上顶点为，坐标原点到直线的距离为. (1)求椭圆的方程； (2)过A点作两条互相垂直的直线，与椭圆交于，两点，求面积的最大值. 例5-2已知椭圆的离心率，且点在椭圆E上． (1)求椭圆E的方程； (2)直线与椭圆E交于A，B两点，且线段AB的垂直平分线经过点．求（O为坐标原点）面积的最大值． 方法技巧 三角形面积最值问题 圆锥曲线三角形面积，常用底乘高、向量叉乘、弦长乘点到直线距离求解。以弦为底，点到直线距离作高，联立方程得到弦长表达式，写出面积函数，转化为函数、基本不等式求最值。含参数题型要注意判别式大于零的约束条件。分清定点三角形与动点三角形。高频易错，忽略变量取值范围，不验证等号能否成立。小题优先不等式，大题用函数求导处理，求得最值务必回代检验条件是否满足。 【变式训练5-1】已知椭圆过点，两个焦点坐标分别为． (1)求椭圆的方程． (2)已知为椭圆上异于的两点，且直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形． （i）求证：直线的斜率为定值； （ii）求面积的最大值． 【变式训练5-2】已知椭圆:的焦距为2，点在椭圆上. (1)求椭圆的方程； (2)设，是椭圆上的两个动点，为坐标原点，当直线、的倾斜角互补时，直线的斜率是否为一个定值？若是定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由. (3)求面积的最大值. 【变式训练5-3】已知椭圆，其短轴的一个端点到右焦点的距离为2，且点在椭圆上. (1)求椭圆的方程； (2)设过点的一条直线与椭圆交于两点，求面积的最大值. 题型6 弦长的取值范围问题 例6-1椭圆，过左焦点的直线交椭圆E于A、C两点，的最大值为，最小值为． (1)求椭圆E的标准方程； (2)过的直线交椭圆E于B、D两点，且，求四边形ABCD的面积的取值范围． 例6-2已知双曲线的焦点在轴上，，且经过点. (1)求该双曲线的标准方程及渐近线方程； (2)过双曲线的右焦点，斜率为的直线交双曲线于两点，求弦长. 方法技巧 弦长的取值范围问题 求解弦长范围，联立直线与圆锥曲线方程，判别式大于 0 得到参数约束，利用弦长公式写出弦长表达式，转化为函数求解值域。注意直线斜率存在与不存在两种情况。过焦点弦可借助通径等几何结论辅助判断。解题不能忽略判别式带来的参数限制，防止范围扩大。含参数问题看清直线是否过定点，分析函数单调性确定边界。求出范围后回代验证，确认端点是否能够取到，避免出现取不到值的错误结果。 【变式训练6-1】已知双曲线，过右焦点的直线与双曲线交于两点．且，这样的直线有4条，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式训练6-2】（2026·天津南开·一模）过点及圆：与抛物线的一个交点的直线被圆截得的弦长为______. 【变式训练6-3】已知抛物线的焦点为，过点且斜率为的直线l交抛物线于两点，则线段的长为________. 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（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 2．（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． 3．（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. 4．（2024·天津·高考真题）已知椭圆的离心率为．左顶点为，下顶点为是线段的中点（O为原点），的面积为． (1)求椭圆的方程． (2)过点C的动直线与椭圆相交于两点．在轴上是否存在点，使得恒成立．若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由． 5．（2023·天津·高考真题）已知过原点O的一条直线l与圆相切，且l与抛物线交于点两点，若，则_________． 课本典例·高考素材 ——立足课本典例，挖掘高考素材 1．若经过双曲线的一个焦点，且垂直于实轴的直线l与双曲线交于A，B两点，则线段AB的长为______. 2．能否从图形的直观分析中判断出直线：与椭圆C：的交点个数？若存在交点，则求出交点坐标；若不存在交点，则求椭圆C上的点到直线l的最小距离． 3．求直线和椭圆的公共点的坐标． 4．已知双曲线，直线，求直线l与双曲线C的公共点的坐标． 5．已知探照灯的轴截面是抛物线（如图），平行于x轴的光线照射到抛物线上的点，反射光线经过抛物线的焦点后又照射到抛物线上的Q点．试确定点Q的坐标．    6．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？ 7．已知直线与椭圆，分别求直线l与椭圆C有两个公共点、只有一个公共点和没有公共点时m的取值范围． 8．已知点和抛物线，求过点A且与抛物线C相切的直线l的方程． 9．已知直线与抛物线相交于A，B两点，且O为坐标原点． (1)求弦长； (2)判断是否成立，并说明理由． 10．判断直线与椭圆是否有公共点．如有两个公共点，求出公共点的坐标，并求出以这两个公共点为端点的线段长． 课后训练·分层突破 ——突破核心考点，提升解题能力 模拟·基础演练 考查重点：天津高考直线与圆锥曲线为解答题核心考点。主要考查直线与椭圆、抛物线相交，联立方程结合韦达定理求解。常见设问有弦长、三角形面积、向量条件转化。注重判别式大于零的约束条件。解题方法以设而不求为主。考题计算量大，侧重代数运算。易错点是化简出错，遗漏判别式的限制条件。考查数形结合，式子变形以及严谨运算求解的综合能力。 1．“”是“直线与抛物线只有一个公共点”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 2．已知双曲线的右焦点为，过且倾斜角为的直线交双曲线的两条渐近线于两点，则（    ） A． B． C． D． 3．已知抛物线：，直线：与抛物线交于，两点，点为平面内一点，且满足点到直线的最大值为（    ） A． B． C． D． 4．抛物线的焦点恰好是圆的圆心，过点且倾斜角为的直线与交于不同的A，B两点，则以线段AB为直径的圆的标准方程为___________． 5．已知抛物线的焦点为，倾斜角为的直线过点．若与相交于两点，则以为直径的圆被轴截得的弦长为_____． 6．已知抛物线的焦点为，准线为，以为圆心的圆与抛物线交于两点，与准线交于两点，且，设直线的斜率为，则______． 7．已知抛物线：的焦点为，设点在抛物线上，若以线段为直径的圆过点，则______. 8．已知椭圆的焦距为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)设过点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点、，点在以线段为直径的圆外（为原点），求的取值范围. 9．已知椭圆的左焦点为，右顶点为A，点E的坐标为，的面积为． (1)求椭圆的离心率； (2)设点Q在线段上，，延长线段与椭圆交于点P，若． （ⅰ）求直线的斜率； （ⅱ）求椭圆的方程． 10．已知椭圆的左顶点为，上顶点为，右焦点为，离心率为，的面积为． (1)求椭圆的方程； (2)若为轴上的两个动点，且，直线和分别与椭圆交于两点． ①求的面积最小值； ②证明：三点共线． 重难·创新演练 设题创新:创新题型以动直线、双直线模型为主，探究定点、定值、最值与参数范围。经常依托向量给出隐蔽的等量条件。部分考题设置多个动点，增加坐标转化难度。多选题综合位置关系、离心率等考点。主要陷阱是忽略斜率不存在、自变量取值限制。训练要熟练几何条件翻译成代数等式，优化运算步骤，规避无谓硬算，提高复杂式子化简与逻辑推理能力。 1．（2026·天津河西·一模）双曲线的左、右焦点依次为，以点为焦点的抛物线的准线为，交双曲线的两条渐近线于点，过点作轴的垂线与抛物线交于第一象限的点，若，则双曲线的离心率为（   ） A．2 B． C． D．3 2．已知抛物线的焦点为F，准线l交x轴于点D，过D的直线与抛物线交于A，B两点，且B在线段AD上，点P为A在l上的射影.若P，B，F共线，则的值为（    ） A．1 B．2 C．3 D． 3．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，上一点关于一条渐近线的对称点恰为右焦点．若是上的一个动点，满足，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 4．已知抛物线：的焦点为点，双曲线的右焦点为点，线段与在第一象限的交点为点，若的焦距为6，且在点处的切线平行于的一条渐近线，则双曲线的渐近线方程为（    ） A． B． C． D． 5．（2026·天津滨海新区·三模）已知圆：，过原点的一条直线与圆相切，且与焦点为的抛物线交于异于原点的点，若，则焦点的坐标为_____________． 6．（2026·天津·一模）已知圆，圆心为抛物线的焦点，圆与抛物线交于，两点，与其准线交于，两点，若，则________． 7．已知抛物线，直线l过C的焦点F且与C交于A，B两点，以线段AB为直径的圆与y轴交于M，N两点且圆心为G，则的最小值是______. 8．（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． 9．（2026·天津东丽·一模）已知椭圆的离心率为，右顶点为，上顶点为，且． (1)求椭圆的方程； (2)斜率为的直线与椭圆有唯一公共点，与轴的正半轴交于点，过点与平行的直线交轴于，若在直线上存在点，使得，求直线的方程． 10．（2026·天津河东·一模）已知椭圆的方程为，上顶点为，右顶点为，，椭圆的离心率为，过点的直线与椭圆交于点（在第一或第四象限），过原点且与直线平行的直线与椭圆在第二象限交于点. (1)求椭圆方程； (2)轴上有一点，，求直线的斜率； (3)若直线与轴交于点，求直线的斜率. 4 / 28 学科网（北京）股份有限公司 遇到过轴上定点或斜率已知的情况可以设，这种情况下直线一般在题设中都存在斜率 遇到过轴上定点的情况可以设，这种情况下直线一般在题设中有可能不存在斜率，但斜率一般不会为0，这样设一方面可以避免分类讨论，另一方面可以减少一些计算量 1正设法 6．（2020•辽宁模拟）已知椭圆的长轴长为6，且椭圆与圆的公共弦长为． （1）求椭圆的方程； （2）过点作斜率为的直线与椭圆交于两点，，试判断在轴上是否存在点，使得为以为底边的等腰三角形，若存在，求出点的横坐标的取值范围；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）由题意可得，由题意可得公共弦长为直径，求得，进而得到所求椭圆方程； （2）直线的解析式设为，设，，，，的中点为，，联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和两直线垂直的条件：斜率之积为，化简整理，结合基本不等式即可得到存在和的横坐标的范围． 【解答】解：（Ⅰ）由题意可得，所以， 由椭圆与圆的公共弦长为，恰为圆的直径， 可得椭圆经过点，所以， 解得，所以椭圆的方程为； （Ⅱ）直线的解析式设为，设，，，，的中点为，． 假设存在点，使得为以为底边的等腰三角形，则． 联立和，得，故， 所以，，因为，所以， 即，所以， 当时，，所以． 综上所述，在轴上存在满足题目条件的点，且点的横坐标的取值范围为． 7．（2018•凉山州模拟）已知、分别是椭圆的左、右焦点． （1）若是第一象限内该椭圆上的一点，，求点的坐标； （2）设过定点的直线与椭圆交于不同的两点，，且为锐角（其中为坐标原点），求直线的斜率的取值范围． 【分析】（1）求得椭圆的，，，可得左右焦点，设，，，运用向量的数量积的坐标表示，解方程可得的坐标； （2）显然不满足题意，可设的方程为，设，，，，联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和判别式大于0，由为锐角，即为，运用数量积的坐标表示，解不等式即可得到所求的范围． 【解答】解：（1）椭圆方程为，知，，，可得，， 设，，，则， 又，联立，解得，即为； （2）显然不满足题意，可设的方程为， 设，，，，联立， 由△，得．，． 又为锐角，即为，即，， 又， 可得．又，即为，解得． 8．（2018•怀化三模）如图，椭圆的离心率为，点为椭圆上的一点． （Ⅰ）求椭圆的标准方程； （Ⅱ）若斜率为的直线过点，且与椭圆交于，两点，为椭圆的下顶点，求证：对于任意的，直线，的斜率之积为定值． 【分析】（Ⅰ）运用离心率公式和点满足椭圆方程，解得，，进而得到椭圆方程； （Ⅱ）设直线，代入椭圆方程，运用韦达定理和直线的斜率公式，以及点在直线上满足直线方程，化简整理，即可得到定值． 【解答】解：（Ⅰ），，①， 又椭圆过点，②由①②解得，， 所以椭圆的标准方程为； （Ⅱ）证明：设直线，联立得：， 设，，，，则有，． 易知，故 为定值． 9．（2017•山西二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在椭圆上． （Ⅰ）求椭圆的标准方程； （Ⅱ）是否存在斜率为2的直线，使得当直线与椭圆有两个不同交点、时，能在直线上找到一点，在椭圆上找到一点，满足？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由． 【分析】（Ⅰ）方法一、运用椭圆的定义，可得，由，，的关系，可得，进而得到椭圆方程； 方法二、运用在椭圆上，代入椭圆方程，结合，，的关系，解方程可得，，进而得到椭圆方程； （Ⅱ）设直线的方程为，设，，，，，，，，的中点为，，联立椭圆方程，运用判别式大于0及韦达定理和中点坐标公式，由向量相等可得四边形为平行四边形，为线段的中点，则为线段的中点，求得的范围，即可判断． 【解答】解：（Ⅰ）方法一：设椭圆的焦距为，则， 因为在椭圆上，所以， 因此，，故椭圆的方程为； 方法二：设椭圆的焦距为，则，因为在椭圆上， 所以，，，解得，，故椭圆的方程为； （Ⅱ）设直线的方程为， 设，，，，，，，，的中点为，， 由消去，得，所以，且△ 故 且，由，知四边形为平行四边形， 而为线段的中点，因此为线段的中点，所以，可得， 又，可得，因此点不在椭圆上，故不存在满足题意的直线． 10．（2016春•眉山校级期中）已知椭圆，过点，的直线倾斜角为，原点到该直线的距离为 （1）求椭圆的方程； （2）斜率大于零的直线过与椭圆交于，，，两点，且，求直线的方程． 【分析】（1）运用两点的斜率公式，可得，求得直线的方程，运用点到直线的距离公式，可得，进而得到，可得椭圆方程； （2）设直线的方程为，代入椭圆方程，消去，可得的二次方程，运用韦达定理，结合条件，解方程可得，进而得到所求直线的方程． 【解答】解：（1）过点，的直线倾斜角为， 可得，即有直线的方程为， 原点到该直线的距离为，可得，解得，， 则椭圆方程为； （2）设直线的方程为，代入椭圆方程，可得 ，△恒成立， 由，，，， 可得，，又， 即有，， 可得， 解得舍去）． 则直线的方程为． 11．（2016•连云港模拟）在平面直角坐标系中，点在椭圆上，若点，，且． （1）求椭圆的离心率； （2）设椭圆的焦距为4，，是椭圆上不同的两点．线段的垂直平分线为直线，且直线不与轴重合． ①若点，直线过点，求直线的方程； ②若直线过点，且与轴的交点为．求点横坐标的取值范围． 【分析】（1）设，由向量共线的坐标表示，可得的坐标，代入椭圆方程，可得，的关系，再由离心率公式计算即可得到所求值； （2）①由题意可得，，，可得椭圆方程，设直线的方程为，代入椭圆方程，运用韦达定理和中点坐标公式，再由两直线垂直的条件：斜率之积为，解方程可得，进而得到所求直线方程； ②设直线的方程为，代入椭圆方程可得，运用韦达定理和中点坐标公式，再由两直线垂直的条件，求得，再由中点在椭圆内，可得的范围，再由直线的方程可得的横坐标的范围． 【解答】解：（1）设，由， 可得，，可得，，即，， 即有，即为，，则； （2）①由题意可得，，， 即有椭圆方程为，设直线的方程为， 代入椭圆方程可得， ，的中点为，， 由题意可得直线的斜率为， 解得或，即有直线的方程为或； ②设直线的方程为， 代入椭圆方程可得，，可得， 即有的中点为，，由题意可得直线的斜率为， 化简可得，中点坐标即为，， 由中点在椭圆内，可得，解得， 由直线的方程为，可得的横坐标为，可得范围是，，． 12．（2016•苏州二模）在平面直角坐标系中，已知椭圆的左，右焦点分别是，，右顶点、上顶点分别为，，原点到直线的距离等于 （1）若椭圆的离心率等于，求椭圆的方程； （2）若过点的直线与椭圆有且只有一个公共点，且在第二象限，直线交轴于点试判断以为直径的圆与点的位置关系，并说明理由 【分析】（1）求得，的坐标，可得的方程，运用点到直线的距离公式和离心率公式，解方程可得，，进而得到椭圆方程； （2）点在以为直径的圆上由题意可得直线与椭圆相切且的斜率存在，设直线的方程为：，代入椭圆方程，运用判别式为0，解得的值，可得，，从而可得直线的方程，求得的坐标，可得向量，的坐标，求出数量积为0，即可得到结论． 【解答】解：（1）由题意得点，， 直线的方程为，即由题设，得， 化简，得①，由，即为，即② 由①②，解得，可得椭圆的方程为； （2）点在以为直径的圆上 由题设，直线与椭圆相切且的斜率存在，设直线的方程为：， 由，得， 则△，化简，得，所以， 由点在第二象限，可得，把代入方程，得， 解得，从而，所以，从而直线的方程为：， 令，得，所以点从而，， 从而 ， 又，，所以点在以为直径的圆上 13．（2019•天津）设椭圆的左焦点为，左顶点为，上顶点为．已知为原点）． （Ⅰ）求椭圆的离心率； （Ⅱ）设经过点且斜率为的直线与椭圆在轴上方的交点为，圆同时与轴和直线相切，圆心在直线上，且．求椭圆的方程． 【分析】（Ⅰ）由题意可得，再由离心率公式可得所求值； （Ⅱ）求得，，可得椭圆方程为，设直线的方程为，联立椭圆方程求得的坐标，以及直线的斜率，由两条直线平行的条件和直线与圆相切的条件，解方程可得，即可得到所求椭圆方程． 【解答】解：（Ⅰ），即为，可得； （Ⅱ），，即，， 可得椭圆方程为，设直线的方程为， 代入椭圆方程可得，解得或， 代入直线方程可得或（舍去），可得， 圆心在直线上，且，可设，可得，解得， 即有，可得圆的半径为2，由直线和圆相切的条件为， 可得，解得，可得，，可得椭圆方程为． 14．（2016•陕县校级模拟）已知椭圆的中心在坐标原点，且抛物线的焦点是椭圆一个焦点，以椭圆的长轴两个端点及短轴的一个端点为顶点的三角形面积为6． （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）若斜率为的直线与椭圆交于不同的两点、，又点，，求面积最大时对应的直线的方程． 【分析】（Ⅰ）由抛物线方程求得焦点坐标，求得，由三角形的面积公式可知，根据椭圆的性质，，即可求得和的值，求得椭圆方程； （Ⅱ）求得直线方程，并将直线方程代入椭圆方程，由韦达定理求得求得及，由弦长公式求得，根据点到直线的距离公式，求得，根据三角形的面公式及基本不等式的性质即可求得的值，求得直线方程． 【解答】解：（Ⅰ）设椭圆， 由抛物线的焦点是椭圆的一个焦点得：， 由椭圆的性质可知：， ，，即，，即， ，，椭圆 （Ⅱ）设，，，，， 与，联立得：， △，可知：， 由韦达定理可知：，， ， 到的距离， 当即时，最大，对应的直线的方程为 日期：2020/11/20 11:28:09；用户：张伍；邮箱：zhb157@126.com；学号：19915 二反设法 3．（2020•江西模拟）已知离心率为的椭圆的左顶点为，左焦点为，及点，且，，成等比数列． （1）求椭圆的方程． （2）斜率不为0的动直线过点且与椭圆相交于、两点，记，线段上的点满足，试求为坐标原点）面积的取值范围． 【分析】（1）由题可列方程组，解得，，又，解得，进而可得椭圆的方程． （2）设直线的方程为，，联立椭圆的方程得：，，，再分析原点到直线的距离，表示的面积，化简再求出答案． 【解答】设直线的方程为，，代入椭圆的方程得： ，， ，原点到直线的距离， 所以的面积， 因为，所以，． 8．（2016秋•台州期末）已知椭圆． （1）若椭圆的两个焦点与一个短轴顶点构成边长为2的正三角形，求椭圆的标准方程； （2）过右焦点的直线与椭圆交于、两点，过点作的垂线，交直线于点，若的最小值为，试求椭圆率心率的取值范围． 【分析】（1）由已知可得：，，，解得，即可． （2）设直线的方程，，，坐标，．联立，化为：．．．即可求得椭圆率心率的取值范围 【解答】解：（1）由已知可得：，，，解得，，． 椭圆的标准方程为． （2）设直线的方程为：，，，，． ．联立，化为：． ，， ． ．令，， 上式在时恒成立，椭圆率心率的取值范围为 9．（2017•浙江模拟）已知椭圆，点，分别是椭圆的右焦点与上顶点，为坐标原点，记的周长与面积分别为和． （Ⅰ）求的最小值； （Ⅱ）如图，过点的直线交椭圆于，两点，过点作的垂线，交直线于点，当取最小值时，求的最小值． 【分析】（Ⅰ），当且仅当时，的最小值； （Ⅱ）由（Ⅰ）得当且仅当时，的最小值为．此时椭圆方程可化为 依题意可得过点的直线的斜率不能为0，故设直线的方程为．可得．设直线，令得 ，． 【解答】解：（Ⅰ）的周长．的面积． ， 当且仅当时，的最小值为． （Ⅱ）由（Ⅰ）得当且仅当时，的最小值为． 此时椭圆方程可化为 依题意可得过点的直线的斜率不能为0，故设直线的方程为． 联立，整理得：． ， ． 当时，垂直横轴，与横轴重合，此时，， ． 当时，设直线，令得 综上所述：当且仅当时，取最小值为． 10．（2018秋•城厢区校级月考）已知椭圆的离心率为，过其右焦点作与轴垂直的直线与该椭圆交于、两点，与抛物线交于、两点，且． （1）求椭圆的方程； （2）设，过点作与轴不重合的直线交椭圆于、两点，连接、分别交直线于、两点．试问直线、的斜率之积是否为定值，若是，求出定值；若不是，请说明理由． 【分析】（1）由已知条件推导出，由此能求出椭圆的方程． （2）设直线的方程为，联立，得，设，，，，由此利用三点共线、韦达定理，结合已知条件能求出直线，的斜率之积为定值． 【解答】（13分）解：（1）直线过右焦点且与轴垂直， ． 又椭圆的离心率为，且， ， 解得，，故椭圆的方程为． （2）由题意知直线的斜率不为零，设直线的方程为， 联立，消去得 设，，，， 则 ，，三点共线，，即 同理可得， 而 故直线，的斜率之积为定值． 13．（2018秋•市中区校级月考）已知椭圆的上顶点为点，右焦点为．延长交椭圆于点，且满足． （1）试求椭圆的标准方程； （2）过点作与轴不重合的直线和椭圆交于，两点，设椭圆的左顶点为点，且直线，分别与直线交于，两点，记直线，的斜率分别为，，则与之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，试说明理由． 【分析】（1）椭圆的上顶点为，右焦点，点的坐标为．利用，推出，，代入椭圆方程，结合焦点坐标求解，，得到椭圆方程． （2）设，，，，设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用，，三点共线，求出，的坐标分别为，，然后求解斜率，化简即可． 【解答】解：（1）椭圆的上顶点为，右焦点，点的坐标为． ，可得，又，， 代入可得， 又，解得，，即椭圆的标准方程为． （2）设，，，，，，． 由题意可设直线的方程为， 联立消去，得， 根据，，三点共线，可得， ．同理可得， ，的坐标分别为，， 与之积为定值，且该定值是． 16．（2020秋•香坊区校级月考）设椭圆左焦点为，过点的直线与椭圆交于，两点，直线的倾斜角为，且． （1）求椭圆的离心率； （2）若，求椭圆的方程． 【分析】（1）由题意设直线的方程，与椭圆联立求出两根之和及两根之积，由向量的关系求出，的坐标的关系，代入两根之和及两根之积中可得，，之间的关系，再由椭圆性质可得离心率的值； （2）由（1）求出弦长，由题意可得，的值，进而求出椭圆的方程． 【解答】解：（1）由题意设直线的方程为：，设，，，，设在轴上方，即，可得，，，， 又因为，所以可得，，所以， 联立直线与椭圆的方程，整理可得：， ，，将，代入可得，， 所以可得，整理可得：而， 所以可得，（舍或，所以可得离心率； （2）由（1）可得，所以，， 所以弦长， 解得：，所以，所以椭圆的方程为：． 18．（2016•浙江）如图，设抛物线的焦点为，抛物线上的点到轴的距离等于， （Ⅰ）求的值； （Ⅱ）若直线交抛物线于另一点，过与轴平行的直线和过与垂直的直线交于点，与轴交于点，求的横坐标的取值范围． 【分析】（Ⅰ）利用抛物线的性质和已知条件求出抛物线方程，进一步求得值； （Ⅱ）设出直线的方程，与抛物线联立，求出的坐标，求出直线，的斜率，从而求出直线的方程，根据、、三点共线，可求出的横坐标的表达式，从而求出的取值范围． 【解答】解：（Ⅰ）由题意可得，抛物线上点到焦点的距离等于到直线的距离， 由抛物线定义得，，即； （Ⅱ）由（Ⅰ）得，抛物线方程为，，可设，，，， 不垂直轴，设直线， 联立，得．，， 又直线的斜率为，故直线的斜率为， 从而得，直线， 则，设，由、、三点共线，得， 于是，得或．经检验，或满足题意． 点的横坐标的取值范围为，，． 19．（2017秋•七里河区校级期末）已知抛物线的焦点为，抛物线上的点到轴的距离等于． （1）求的值； （2）是否存在正数，对于过点且与抛物线有两个交点、的任一直线，都有？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）利用抛物线的定义，求出，然后求解平曲线方程； （2）设过点，的直线与曲线的交点为，，，．设的方程为，由，得，利用判别式以及韦达定理，通过，对任意实数得到，求解即可． 【解答（1）抛物线上的点到轴的距离等于，由定义抛物线可知． （2）设过点，的直线与曲线的交点为，，，． 设的方程为，由，得， △，于是① 又，，，， ．② 又，于是不等式②等价于， 即．③ 由①式，不等式③等价于．④ 对任意实数，的最小值为0，所以不等式④对于一切成立等价于， 即． 由此可知，存在正数，对于过点且与曲线有两个交点，的任一直线，都有，且的取值范围是，． 声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布 $ 第07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 直线和曲线联立 知识点2 根的判别式和韦达定理 知识点3 弦长公式 知识点4 已知弦的中点，研究的斜率和方程 题型破译 题型1 直线与圆锥曲线的位置关系 【方法技巧】直线与圆锥曲线的位置关系 题型2 中点弦问题 【方法技巧】中点弦问题 题型3 弦长问题 【方法技巧】弦长问题 题型4 面积问题 【方法技巧】面积问题 题型5 三角形面积最值问题 【方法技巧】三角形面积最值问题 题型6 弦长的取值范围问题 【方法技巧】弦长的取值范围问题 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 06 课后训练·分层突破 突破核心考点，提升解题能力 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 联立方程、判别式、韦达定理基础运算 天津卷 T19（5 分） 天津卷 T19（5 分） 天津卷 T19（5 分） 弦长、中点弦、面积、向量数量积计算 天津卷 T19（5 分） 天津卷 T19（5 分） 天津卷 T19（5 分） 定点、定值、参数范围、存在性探究综合题型 天津卷 T19（5 分） 考情分析 本模块是天津高考第 19 题解析几何大题核心，总分 12 分，整张试卷区分度最高板块。统一解题框架：设直线→联立曲线→判别式限定相交→韦达定理代换。常结合椭圆、抛物线出题，极少单独考双曲线大题。高频题型：弦长公式、三角形面积、中点弦点差法、向量垂直 / 共线、恒过定点、定值证明、参数取值范围、是否存在点 / 直线。主要丢分点：遗漏判别式 Δ>0、斜率不存在未分类讨论、联立化简计算出错、面积转化思路不清晰。 复习目标 1. 熟练掌握直线与椭圆、抛物线完整联立计算流程，规范书写判别式、韦达定理； 2. 熟记通用弦长公式、面积计算两种思路，灵活运用点差法处理中点弦； 3. 掌握定点定值、范围、存在性题型固定解题模板，学会变量消元； 4. 养成分类讨论斜率不存在的习惯，提升复杂代数式运算准确率，力争大题少丢分。 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 直线和曲线联立 （1）椭圆与直线相交于两点，设， ， 椭圆与过定点的直线相交于两点，设为，如此消去，保留，构造的方程如下：， （2）抛物线与直线相交于两点，设，联立可得，时， 特殊地，当直线过焦点的时候，即，，因为为通径的时候也满足该式，根据此时A、B坐标来记忆． 抛物线与直线相交于两点，设， 联立可得，时， 必记结论 韦达定理连接了题干条件与方程中的参数，所以我们在处理例如向量问题，面积问题，三点共线问题，角度问题等常考内容的时候，要把题目中的核心信息，转化为坐标表达，转化为可以使用韦达定理的形式，这也是目前考试最常考的方式． 自主检测已知椭圆的离心率为，斜率为且过点的直线与轴交于点 (1)证明：直线与椭圆相切 (2)记在（1）中的切点为，过点且与垂直的直线交轴于点，记的面积为的面积为，若，求椭圆的离心率 【答案】(1)证明：由已知，． 令与椭圆方程联立，经过整理，得到， 所以 ，所以直线与椭圆相切． (2). 【详解】（1）略 （2）由（1），有，所以，所以，所以． 因为，所以，所以．令，得到，所以． 因为，所以，所以，所以，所以，所以． 知识点2 根的判别式和韦达定理 与联立，两边同时乘上即可得到，为了方便叙述，将上式简记为．该式可以看成一个关于的一元二次方程，判别式为可简单记． 同理和联立，为了方便叙述，将上式简记为，，可简记． 与C相离；与C相切；与C相交． 必记结论 （1）由韦达定理写出，，注意隐含条件． （2）求解时要注意题干所有的隐含条件，要符合所有的题意． （3）如果是焦点在y轴上的椭圆，只需要把，互换位置即可． （4）直线和双曲线联立结果类似，焦点在x轴的双曲线，只要把换成即可； 焦点在y轴的双曲线，把换成即可，换成即可． （5）注意二次曲线方程和二次曲线方程往往不能通过联立消元，利用判断根的关系，因为此情况下往往会有增根，根据题干的隐含条件可以舍去增根（一般为交点横纵坐标的范围限制），所以在遇到两条二次曲线交点问题的时候，使用画图的方式分析，或者解方程组，真正算出具体坐标． 自主检测（2026·天津河西·三模）已知椭圆C：（）的右顶点为A，上顶点为B（O为坐标原点）．点在椭圆C上，椭圆的离心率为． (1)求椭圆C的标准方程； (2)若过点M的直线l交椭圆C于另一点N，且的面积为，求直线l的斜率． 【答案】(1) (2)直线的斜率为或斜率不存在 【详解】（1）由椭圆离心率，得， 结合，可得. 将点的坐标代入椭圆方程得，解得，则， 故椭圆C的标准方程为. （2）①当直线的斜率存在时，设斜率为，则直线的方程为， 即，如图， 与椭圆方程联立，消去并整理得. 已知是该方程的一个根，由韦达定理得， 则. 设到直线的距离为，则， 则的面积为， 整理得，即，解得或； ②当直线的斜率不存在时，直线的方程为， 根据椭圆的对称性可得，此时的面积，满足条件. 综上，直线的斜率为或不存在。 知识点3 弦长公式 设，根据两点距离公式． （1）若在直线上，代入化简，得； （2）若所在直线方程为，代入化简，得 （3）构造直角三角形求解弦长，．其中为直线斜率，为直线倾斜角． 必记结论 （1）上述表达式中，当为，时，； （2）直线上任何两点距离都可如上计算，不是非得直线和曲线联立后才能用． （3）直线和曲线联立后化简得到的式子记为，判别式为，时，，利用求根公式推导也很方便，使用此方法在解题化简的时候可以大大提高效率． （4）直线和圆相交的时候，过圆心做直线的垂线，利用直角三角形的关系求解弦长会更加简单． （5）直线如果过焦点可以考虑焦点弦公式以及焦长公式． 自主检测（2026·天津和平·三模）已知椭圆的焦距为2，椭圆短轴的一个端点到右焦点的距离为． (1)求椭圆的方程； (2)为坐标原点，直线过点，与椭圆交于，两点，椭圆上点满足，若，求的取值范围． 【答案】(1) (2). 【详解】（1）因为焦距为2，所以，即， 设短轴的一个端点，右焦点，短轴的一个端点到右焦点的距离为，∴， 所以椭圆的标准方程. （2）由题意知直线的斜率存在. 设：，，，， 由得. ，化简得，解得. ，. ∵，∴， ∴， 即得， ∴，∴.∴， ∵，∴， ，. ∵点在椭圆上，∴， ∴∴， 且， 所以， ∴， ∴实数取值范围为. 知识点4 已知弦的中点，研究的斜率和方程 是椭圆的一条弦，中点，则的斜率为， 运用点差法求的斜率；设，，，都在椭圆上，所以，两式相减得所以即，故 必记结论 若是双曲线的弦，中点，则；若曲线是抛物线，则． 自主检测（2026·天津河西·三模）已知椭圆：的右顶点为，上顶点为，半焦距为，已知点在椭圆上，过点且斜率为整数的直线交椭圆的另一点为，线段的垂直平分线与轴交于点． (1)求椭圆的离心率； (2)求直线的斜率； (3)设关于轴的对称点为，直线交轴交于点，若的面积为，求椭圆的标准方程 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）将点直接代入椭圆方程： 由于，且，转化为离心率的方程：， 整理得：， ，因为椭圆的离心率满足，故舍去，． 解得离心率． （2）由（Ⅰ）知，．椭圆方程为． 设直线的斜率为，过定点． 直线的方程为：． 代入椭圆方程：，        化简得， ， ，             计算线段的中点的坐标： ， ， 中垂线的斜率为．令其方程中，得轴截距： ，         题目已知： 解得或．因为直线的斜率为整数． 故舍去，所以． （3）将代回点得：， 此时点坐标为．对称点． 直线的斜率： 直线的方程为：． 令，解得交点．             ，，，      ，，． 椭圆的方程为： 题●型●破●译 题型1 直线与圆锥曲线的位置关系 例1-1（2026·天津宝坻·三模）设椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为．已知（为原点）． (1)求椭圆的离心率； (2)设经过点且斜率为的直线与椭圆在轴上方的交点为，另一交点在轴下方，轴的正半轴有一点满足，经过点的直线与椭圆在第一象限相切于点与公共部分的面积为，求椭圆的方程． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由题可知，， 在中，，则． （2）由（1）知，，椭圆方程可写为：，即， 已知点， 则经过点且斜率为的直线的方程为：， 将代入椭圆方程求交点：， 整理得，，解得，， 当时，， 当时，， 因此，点的坐标为，点的坐标为， 由题知，的坐标为， 经过点的直线与椭圆在第一象限相切于点， 设直线的方程为，由于切点在第一象限，直线斜率必为负， 将直线方程代入椭圆方程得， 整理得， 因为直线与椭圆相切，判别式， 解得，因为，所以， 所以直线的方程为， 为求切点的坐标，代入到切线方程对应的二次方程中： ，则， 代入直线方程，， 点的坐标为，在第一象限，符合题意， 现在我们有各点坐标：，，，， 则直线的方程为：， 直线的方程为：，设直线与直线的交点为， 由直线的方程，联立得， 则点到直线的距离， ， 则，解得（负值舍去） 因此，，， 椭圆方程为． 例1-2（2026·天津西青·三模）已知椭圆的左焦点为，下顶点为，右顶点为，离心率为，的面积为． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆相交于C，D两点，直线AC，AD与轴交于M，N两点，且的面积为1，求直线的方程． 【答案】(1) (2)． 【详解】（1）由题意可得，得， 代入，得，即． 因为的面积为， ， 将代入，得 解得：，故， 所以椭圆方程为． （2）设直线CD的方程为，即， 联立，化简得， 设，则， 且，则， 因为直线AC的方程为，令，得，， 直线AD的方程为，令，得，， 由，可得，所以 ， 解得，所以直线的方程为．    方法技巧 直线与圆锥曲线的位置关系 （1）直线与圆锥曲线有两个不同的公共点的判定：通常的方法是直线与圆锥曲线方程联立方程消元后得到一元二次方程，其中；另一方面就是数形结合，如直线与双曲线有两个不同的公共点，可通过判定直线的斜率与双曲线渐近线的斜率的大小得到． （2）直线与圆锥曲线只有一个公共点则直线与双曲线的一条渐近线平行，或直线与抛物线的对称轴平行，或直线与圆锥曲线相切． 【变式训练1-1】（2026·天津滨海新区·三模）已知抛物线：的准线经过双曲线：（，）的左焦点，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为点，延长与抛物线相交于点，若（为坐标原点），则双曲线的方程为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】如图，作出符合题意的图形， 由题意得抛物线的准线方程为， 双曲线的左焦点（其中）， 抛物线的准线经过双曲线的左焦点，故，即， 已知，移项可得，即， 即，则， 又双曲线的一条渐近线方程为，即， 则焦点到渐近线的距离 在中，， 由勾股定理可得， 过作轴于点，则， 由相似三角形的性质可得， 即，所以， 则点的横坐标为，纵坐标的绝对值为， 因为点在抛物线上，且， 所以，即， 整理得，因此，则， 在本题中，，则，， 则双曲线方程为，故D正确. 【变式训练1-2】（2026·天津宝坻·三模）已知抛物线的焦点为，准线交轴于点，过的直线与抛物线交于A，B两点，且B在线段AD上，点P为点A在准线上的射影．若共线，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】抛物线 的焦点为 ，所以，所以， 则抛物线方程为 ，准线 ，准线与 轴交点 ， 设 ，，由抛物线定义： （ 为 到准线的垂足，故 ） 、、 共线，故三点斜率相等： 又 共线，故 ，即 由 ，，解得： 对应 ，， 即 ，， , ， 因此. 【变式训练1-3】（2026·天津和平·二模）已知双曲线：（）的两条渐近线互相垂直，抛物线：（）的焦点到的渐近线的距离为，过点作的两条切线，切点分别为点，则直线在轴上的截距为（   ） A． B．2 C． D． 【答案】D 【详解】双曲线的两条渐近线分别为和，由于这两条渐近线垂直，斜率乘积为， 即，故两条渐近线分别为和， 设抛物线的焦点为，焦点到渐近线的距离为，由点到直线的距离公式得， 因此抛物线方程为，由于过外点作抛物线的切点弦方程为， 代入，得，因此直线的方程为， 在轴的截距为当时的值，代入得，即直线在轴的截距为，故D正确. 题型2 中点弦问题 例2-1（2026·天津河东·二模）已知双曲线，双曲线的某弦中点为，且点在第一象限，弦所在直线与双曲线的一条渐近线垂直，则的值为（   ） A． B．2 C． D． 【答案】D 【详解】由双曲线方程得，渐近线方程为，则直线的斜率， 设，代入双曲线方程得， 两式相减得，， 所以， 因为弦中点为，所以， 当时，， 当时，， 又因为点在第一象限，所以， 所以． 例2-2已知椭圆过点，长轴长为，过点且斜率为的直线与椭圆相交于不同的两点、． (1)求椭圆的方程； (2)若线段中点的横坐标是，求直线的斜率； (3)在轴上是否存在点，使是与无关的常数？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，且点 【详解】（1）由题意可得，可得，因此椭圆方程为，即. （2）设点、，则， 因为，这两个等式作差可得， 即， 由题意可知，直线的方程为， 线段的中点在直线上，所以，，可得， 所以，故，故直线的斜率为. （3）在轴上存在点，使是与无关的常数. 证明：假设在轴上存在点，使是与无关的常数， 因为直线过点且斜率为，所以，直线的方程为， 由 得. 设、，则，， 因为，， 所以 设常数为，则， 整理得对任意的恒成立， ，解得， 即在轴上存在点，使是与无关的常数. 方法技巧 中点弦问题 直线与圆锥曲线相交所得弦中点问题，是解析几何的重要内容之一，也是高考的一个热点问题．这类问题一般有以下3种类型：（1）求中点弦所在直线方程问题；（2）求弦中点的轨迹方程问题；（3）对称问题，但凡涉及到弦的中点斜率的问题．首先要考虑是点差法． 即设出弦的端点坐标，根据端点在曲线上，结合中点坐标公式，寻找中点坐标与弦的斜率之间的联系．除此之外，最好也记住如下结论： 在椭圆中，中点弦的斜率为，满足． 在双曲线中，中点弦的斜率为，满足．（其中为原点与弦中点连线的斜率）． 在抛物线中，中点弦的斜率为，满足（为中点纵坐标）． 【变式训练2-1】已知曲线的方程为，曲线是以、为焦点的椭圆，点为曲线与曲线在第一象限的交点，且． (1)求曲线的标准方程； (2)直线与椭圆相交于A、B两点，若AB的中点在曲线上，求直线的斜率的取值范围． 【答案】(1) (2)且 【详解】（1）设椭圆方程为， 依题意，，，利用抛物线的定义可得，解得， 点的坐标为，所以， 由椭圆定义，得． ， 所以曲线的标准方程为； （2）设直线与椭圆的交点，，，，，的中点的坐标为，， 设直线的方程为， (当时,弦中点为原点,但原点并不在上,同样弦中点为原点，不适合题意) 与联立，得， 由得①， 由韦达定理得，，， 则，， 将中点，代入曲线的方程为， 整理，得，② 将②代入①得， 令，则，解得，． 所以直线的斜率的取值范围为且． 【变式训练2-2·变考法】【新思维】已知椭圆的离心率为，，是椭圆的两个焦点，P是椭圆上一点，且的周长是6．过点的直线l与椭圆C交于点A，B，点B在A，M之间，又线段AB的中点横坐标为． (1)求椭圆C的标准方程； (2)求的值． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由离心率，可得， 又因为的周长是6，所以， 所以，，故，所以椭圆的标准方程是． （2）设点，点． 若直线轴，则直线l不与椭圆C相交，不合题意． 当AB所在直线l的斜率k存在时，设直线l的方程为． 由消去y得，．① 由①的判别式， 解得，．由，可得． 将代入方程①，得， 则，．所以． 【变式训练2-3】已知椭圆的两个顶点分别为，，焦点在轴上，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)若直线与轴交于点，与椭圆交于，两点，线段的垂直平分线与轴交于，求的取值范围. 【答案】(1)； (2) 【详解】（1）由题意知可得，故椭圆的方程为. （2）由，可得，设，则，，线段的中点为，线段的垂直平分线方程为 ，令，得，所以， 又，则,又 ， 所以，， 故的取值范围为. 题型3 弦长问题 例3-1（2026·天津·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为和，离心率为，短轴长为. (1)求椭圆的方程； (2)过点的动直线与椭圆相交于，两点.设点关于轴对称的点为（在的左侧），直线与轴相交于点，直线与相交于点，求的值. 【答案】(1) (2)4 【详解】（1）解：由题意可得， ，解得， 所以椭圆的方程为； （2）解法一：由题意可知直线的斜率不为，， 设直线的方程为，，，则， 由方程组，整理得， ， ，，， 直线的方程为， 令，得 ， 所以，， 直线的方程为， 直线的方程为， 联立方程解得，，所以. 思路一： 因为，，. 所以， ， 思路二： 设点，则，， 因为点在椭圆上，所以，则， 得，即， 所以点在以，为焦点，实轴长为1的双曲线的右支上运动， 所以， 的值为4. 解法二：因为，由题意可知直线的斜率存在， 设直线的方程为，，，则， 由方程组，整理得， ， ，  直线的方程为 令，得 所以， 直线的方程为，直线的方程为， 联立方程解得，，所以， 以下解法同解法一． 例3-2已知双曲线的右焦点为F，过点F且斜率为的直线l交双曲线于A、B两点，线段AB的中垂线交x轴于点D. 若，则双曲线的离心率取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设双曲线的右焦点为，则直线， 联立方程，消去y得：， 则可得， 则， 设线段的中点，则， 即， 且，线段的中垂线的斜率为， 则线段的中垂线所在直线方程为， 令，则，解得， 即，则， 由题意可得：，即， 整理得，则， 注意到双曲线的离心率， ∴双曲线的离心率取值范围是. 故选：A. 例3-3已知抛物线的焦点到准线的距离为，点是直线上的动点．若点在抛物线上，且，过点作直线的垂线，垂足为，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】不妨设抛物线的标准方程为，由已知可得， 故抛物线的标准方程为，该抛物线的准线为，焦点为， 不妨设点为第一象限内的点，则，可得，则， 故点，设点，则即为在方向上的投影长， ，， 所以，， 当且仅当时，等号成立，故的最小值为. 故选：A. 方法技巧 弦长问题 在弦长有关的问题中，一般有三类问题： （1）弦长公式：． （2）与焦点相关的弦长计算，利用定义； （3）涉及到面积的计算问题． 【变式训练3-1】（2026·天津武清·模拟预测）抛物线（），过焦点的所有弦中，最短弦长为2，过作倾斜角的直线交圆：于、两点，则弦长____________________． 【答案】 【详解】解：由通径是抛物线中最短的弦，则，所以，焦点为， 因此，圆的方程为，圆心，半径.    因为倾斜角为，则斜率， 所以过焦点的直线方程为，即， 则圆心到直线的距离， 所以弦长. 【变式训练3-2】（2026·天津河东·二模）已知抛物线的焦点为F，准线为l，点P在抛物线上且在x轴上方，，O为坐标原点，以PO为直径的圆被直线PF所截得的弦长为________． 【答案】 【详解】由题意可知：抛物线的焦点为，准线为， 设，， 因为，则， 可得，则，即， 可知以PO为直径的圆的圆心为，半径， 且直线的方程为，即， 则圆心到直线的距离， 所以所截得的弦长为. 题型4 面积问题 例4-1过抛物线焦点F的直线与抛物线交于A，B两点，，抛物线的准线与x轴交于点C，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】 设抛物线的准线为， 过作于，过作于点，过作于， 设， 因为，所以， 所以， 所以， 在中，，所以， 因为，所以， 又，所以， 又由，可得， 所以，所以， 所以， 所以. 故选：B. 例4-2若双曲线与的两个焦点重合，则称与互为“同心双曲线”.已知双曲线：与双曲线：互为“同心双曲线”，左、右焦点分别为，，是上一点，若的周长为20，则的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由可得其半焦距，且焦点在轴上， 故双曲线：即， 则其半焦距，且， 依题意，，解得或（舍去）， 故双曲线的方程为，不妨设点为双曲线左支上一点，则①， 由的周长为20，可得，即②， 联立①② 解得， 在中，由余弦定理，， 则， 故的面积为. 方法技巧 面积问题 三角形的面积处理方法：底·高（通常选弦长做底，点到直线的距离为高） 四边形或多个图形面积的关系的转化：分析图形的底和高中是否存在“同底”或“等高”的特点（尤其是有平行条件的时候），可将面积的关系转化，降低计算量．特殊的，对角线互相垂直的四边形，面积=对角线长度乘积的一半． 【变式训练4-1】已知双曲线的左、右焦点分别为，P为双曲线C第一象限上一点，的角平分线为l，过点O作的平行线，分别与，l交于M，N两点，若，则的面积为（   ） A．20 B．12 C．24 D．10 【答案】C 【详解】如图，记l与轴交于点， 由双曲线的定义，，, 因为，为中点，故为的中位线，, , 易知，,故,故， 由的角平分线为l，由角平分线的性质得：, 所以, 故为直角三角形，面积为. 故选：C. 【变式训练4-2·变载体】已知为坐标原点，双曲线的右焦点为，以为直径的圆与的两条渐近线分别交于与原点不重合的两点，，若，则四边形的面积为（    ） A．6 B． C． D．4 【答案】B 【详解】设与轴交于点，由双曲线的对称性可知轴，，， 又因为，所以，即， 所以，因为点在以为直径的圆上，所以，所在的渐近线方程为， 点到渐近线距离为， 所以， 所以，，则， 所以， 故选：B 【变式训练4-3】（2026·天津滨海新区·三模）已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，离心率为，左顶点为，下顶点为，过点且垂直于轴的直线交椭圆于两点，且所得弦长为． (1)求椭圆的方程； (2)若点是椭圆上在第一象限内的一个动点，求三角形面积的最大值； (3)过且斜率不为0的直线交椭圆于，两点，线段的中点为，连接并延长交直线于点．试探究：在轴上是否存在一定点，使得以为直径的圆恒过点？若存在，求点坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)因为，设直线方程为，代入椭圆方程可得， 设，则，所以中点的纵坐标， 所以，即， 所以所在直线方程为，令，可得，即， 假设在轴上存在一定点满足题意，则， 所以恒成立，则需，解得， 即轴上存在定点，使得以为直径的圆恒过点. 【详解】（1）因为，所以， 由代入，可得，， 所以椭圆的通径长为，即， 由可得，解得， 所以， 所以椭圆的方程为. （2） 由（1）可知， 所以， 直线所在直线方程为，即 设， 设点到直线的距离为，则， 所以， 当时，有最大值. （3）略 题型5 三角形面积最值问题 例5-1已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为A，，上顶点为，坐标原点到直线的距离为. (1)求椭圆的方程； (2)过A点作两条互相垂直的直线，与椭圆交于，两点，求面积的最大值. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由已知可得，解得，，，， 所以椭圆的方程为. （2）设的直线方程为，，， 联立方程整理得， 所以， 因为， 所以， 即. 所以. 整理得，解得或（舍去）， 所以 所以， 令， 则， 此时最大值为. 例5-2已知椭圆的离心率，且点在椭圆E上． (1)求椭圆E的方程； (2)直线与椭圆E交于A，B两点，且线段AB的垂直平分线经过点．求（O为坐标原点）面积的最大值． 【答案】(1) (2)1 【详解】（1）解： 由已知，所以， 因为点 在椭圆上，所以 ，解得 ，． 所以所求椭圆方程为 ． （2）设 ，，因为 的垂直平分线过点 ，所以 的斜率 存在． 当直线 的斜率 时，所以 ，， 所以， 当且仅当 时取" = "，所以 时，， 当直线 的斜率 时，设 ． 联立方程 消去 得 ， 由 得 ① 所以 ，， 所以 ， ， 所以 的中点为 ， 由直线的垂直关系有 ，化简得 ② 由①②得 ，所以 ， 又O 到直线 的距离为 ， ， ， 所以 时，． 由 ，所以 ，解得 ． 即 时，． 综上所述，△AOB​面积的最大值1． 方法技巧 三角形面积最值问题 圆锥曲线三角形面积，常用底乘高、向量叉乘、弦长乘点到直线距离求解。以弦为底，点到直线距离作高，联立方程得到弦长表达式，写出面积函数，转化为函数、基本不等式求最值。含参数题型要注意判别式大于零的约束条件。分清定点三角形与动点三角形。高频易错，忽略变量取值范围，不验证等号能否成立。小题优先不等式，大题用函数求导处理，求得最值务必回代检验条件是否满足。 【变式训练5-1】已知椭圆过点，两个焦点坐标分别为． (1)求椭圆的方程． (2)已知为椭圆上异于的两点，且直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形． （i）求证：直线的斜率为定值； （ii）求面积的最大值． 【答案】(1) (2)（i）法一： 设直线的方程为（由对称性知存在），如下图： 联立得，化简得， 由知，则， 因为，所以，即， 化简得，因为直线不过点，所以， 故． 法二： 设直线的方程为， 联立，得，化简， 得， 由知，即，则， 又，所以， 因为直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形，所以， 同理可得， 由此可知， 则直线的斜率， 故直线的斜率为定值． 法三： 因为直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形，所以， 因为为椭圆上异于的两点， 所以可设直线为，不同时为0， 联立与， 得， 等式两边同时除以，记， 化简得， 由于，所以，说明直线的斜率为定值． （ii）2． 【详解】（1）设椭圆的方程为， 显然， 将点代入椭圆方程，即，解得或（舍去） 所以椭圆的方程为． （2）（i）略 （ii）设直线为， 联立与，得， 因为，所以． 由韦达定理知 法一： 过点作轴的垂线交直线于点，则点的坐标为， ，即， 化简得． 当且仅当时，的面积取最大值2． 法二： 易知， 点到直线的距离， 所以， 当且仅当时，的面积取最大值2． 【变式训练5-2】已知椭圆:的焦距为2，点在椭圆上. (1)求椭圆的方程； (2)设，是椭圆上的两个动点，为坐标原点，当直线、的倾斜角互补时，直线的斜率是否为一个定值？若是定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由. (3)求面积的最大值. 【答案】(1) (2)是定值， (3) 【详解】（1）设椭圆的左、右焦点分别为、， 因为焦距为2，， 所以且轴，故， 又由于，所以得，， 故椭圆方程为. （2）设，，直线的方程为， 由于直线，的倾斜角互补，故. 联立方程，整理得, 故，即, 且，, ， 所以. （3）直线的方程为，且, 所以弦长. 原点到直线：的距离为, 所以, 故当且仅当时，的面积的最大值为. 【变式训练5-3】已知椭圆，其短轴的一个端点到右焦点的距离为2，且点在椭圆上. (1)求椭圆的方程； (2)设过点的一条直线与椭圆交于两点，求面积的最大值. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）设椭圆的右焦点，则， 由点在椭圆上可得，解得， 所以椭圆的方程为. （2）法一：如图： 由题意，直线的斜率显然不为0，设直线的方程为，代入椭圆的方程，则，其中，解得， 设，则， ， 令，由得，， （当且仅当时，等号成立）， 所以面积的最大值为. 法二：由题意，直线的斜率一定存在，设的方程为，代入椭圆的方程， 则，其中，解得， 设，则，可得， 点到直线的距离为， ， 令，令， 在区间上递增，在上递减， 所以时，， 所以面积的最大值为. 题型6 弦长的取值范围问题 例6-1椭圆，过左焦点的直线交椭圆E于A、C两点，的最大值为，最小值为． (1)求椭圆E的标准方程； (2)过的直线交椭圆E于B、D两点，且，求四边形ABCD的面积的取值范围． 【答案】(1)； (2). 【详解】（1）记直线的倾斜角为，点A在x轴上方，则，记， 则， 在中，由余弦定理得，整理得， 同理，在中，由余弦定理整理可得， 所以， 易知，当时，取得最大值；当时，取得最小值. 依题意有，解得， 所以，椭圆E的标准方程为. （2）因为，所以的倾斜角为或者， 因为， 所以由（1）可得，， 则四边形ABCD的面积 . 因为，， 所以，所以. 例6-2已知双曲线的焦点在轴上，，且经过点. (1)求该双曲线的标准方程及渐近线方程； (2)过双曲线的右焦点，斜率为的直线交双曲线于两点，求弦长. 【答案】(1)， (2) 【详解】（1）由已知焦点在轴上，可设双曲线的方程为， 将，点的坐标代入方程为，解得，， 所以双曲线的标准方程为， 渐近线方程为. （2）由（1）知，所以半焦距，右焦点为， 如图，作出符合题意的图形， 由点斜式可得直线的方程为， 由，消去得. 法一：解方程得， 将代入，得， 不妨取， 所以. 法二：设，则，， 所以. 方法技巧 弦长的取值范围问题 求解弦长范围，联立直线与圆锥曲线方程，判别式大于 0 得到参数约束，利用弦长公式写出弦长表达式，转化为函数求解值域。注意直线斜率存在与不存在两种情况。过焦点弦可借助通径等几何结论辅助判断。解题不能忽略判别式带来的参数限制，防止范围扩大。含参数问题看清直线是否过定点，分析函数单调性确定边界。求出范围后回代验证，确认端点是否能够取到，避免出现取不到值的错误结果。 【变式训练6-1】已知双曲线，过右焦点的直线与双曲线交于两点．且，这样的直线有4条，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设，令，则， 过双曲线的右焦点作直线与双曲线交于两点， 如果在同一支上，则有， 如果在两支上，则有， 因为这样的直线有4条， 所以，解得， 故选：B 【变式训练6-2】（2026·天津南开·一模）过点及圆：与抛物线的一个交点的直线被圆截得的弦长为______. 【答案】 【详解】联立，解得或， 所以交点坐标为或， 当直线经过和时，该直线的方程为，即， 此时圆心到直线的距离为， 所以弦长为； 当直线经过和时，该直线的方程为，即， 此时圆心到直线的距离为， 所以弦长为； 综上所述，弦长为 【变式训练6-3】已知抛物线的焦点为，过点且斜率为的直线l交抛物线于两点，则线段的长为________. 【答案】13 【详解】由抛物线 的焦点为 ，可得 ，即 ， 抛物线方程为 ， 过焦点 且斜率为 的直线 方程为 ， 联立抛物线方程与直线方程：， 得 ，整理得 ， 设 ， ，则 ， ， 弦长公式为： 故答案为： 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（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 【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 2．（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) 【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. 3．（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. 【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 4．（2024·天津·高考真题）已知椭圆的离心率为．左顶点为，下顶点为是线段的中点（O为原点），的面积为． (1)求椭圆的方程． (2)过点C的动直线与椭圆相交于两点．在轴上是否存在点，使得恒成立．若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在，使得恒成立. 【详解】（1）因为椭圆的离心率为，故，，其中为半焦距， 所以，故， 故，所以，，故椭圆方程为：. （2） 若过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：， 设， 由可得， 故且 而， 故 ， 因为恒成立，故，解得. 若过点的动直线的斜率不存在，则或， 此时需，两者结合可得. 综上，存在，使得恒成立. 5．（2023·天津·高考真题）已知过原点O的一条直线l与圆相切，且l与抛物线交于点两点，若，则_________． 【答案】 【详解】易知圆和曲线均关于轴对称，不妨设切线方程为，， 所以，解得：，由解得：或， 所以，解得：． 当时，同理可得． 故答案为：． 课本典例·高考素材 ——立足课本典例，挖掘高考素材 1．若经过双曲线的一个焦点，且垂直于实轴的直线l与双曲线交于A，B两点，则线段AB的长为______. 【答案】4 【详解】解：双曲线的，，， 可得一个焦点为，直线， 代入双曲线的方程可得，解得， 则， 故答案为：4． 2．能否从图形的直观分析中判断出直线：与椭圆C：的交点个数？若存在交点，则求出交点坐标；若不存在交点，则求椭圆C上的点到直线l的最小距离． 【答案】无交点，椭圆C上的点到直线的最小距离为 【详解】解：联立直线与椭圆方程组成方程组，即， 整理得，， 因为， 所以直线与椭圆无交点. 设与直线平行的直线为：， 联立直线与椭圆方程组成方程组，得， 整理得，， 当与椭圆相切时，即， 解得：， 椭圆C上的点到直线的最小距离即为直线与直线之间的距离， 椭圆C上的点到直线的最小距离为.    3．求直线和椭圆的公共点的坐标． 【答案】， 【详解】直线和椭圆的公共点的坐标就是方程组的解， 消去得，即，解得、， 所以解这个方程组得或， 因此，所求公共点的坐标为，． 4．已知双曲线，直线，求直线l与双曲线C的公共点的坐标． 【答案】， 【详解】直线与双曲线的公共点的坐标就是方程组的解． 解这个方程组，得，． 因此，所求公共点的坐标为，． 5．已知探照灯的轴截面是抛物线（如图），平行于x轴的光线照射到抛物线上的点，反射光线经过抛物线的焦点后又照射到抛物线上的Q点．试确定点Q的坐标．    【答案】 【详解】因为抛物线的焦点为，所以直线的方程为． 由于是抛物线与直线的公共点， 联立方程，解得或（舍去）． 故点Q的坐标为． 6．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 【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． 7．已知直线与椭圆，分别求直线l与椭圆C有两个公共点、只有一个公共点和没有公共点时m的取值范围． 【答案】当时，直线l与椭圆C有两个公共点； 当时，直线l与椭圆C有且只有一个公共点； 当或时，直线l与椭圆C没有公共点． 【详解】联立直线l的方程与椭圆C的方程得方程组 消去y，整理得，  ① 因为①的判别式为 ， 所以： 当即时，方程①有两个不同的实数解，此时原方程组的实数解集中有两个元素，直线l与椭圆C有两个公共点； 当即时，方程①有两个相等的实数解，此时原方程组的实数解集中只有一个元素，直线l与椭圆C有且只有一个公共点； 当即或时，方程①无实数解，此时原方程组的实数解集为空集，直线l与椭圆C没有公共点． 8．已知点和抛物线，求过点A且与抛物线C相切的直线l的方程． 【答案】或 【详解】当直线l的斜率不存在时，由直线l过点可知，直线l就是y轴，其方程为． 由消去未知数x得．这是一个一元二次方程且只有唯一的实数解，所以直线与抛物线C相切． 如果直线l的斜率存在，则设直线l的方程为． 由方程组 消去x，整理得．为了使得这个方程是一元二次方程且只有一个实数解，必须有且， 因此可解得． 此时直线l的方程为，即． 综上可知，直线l的方程为或． 9．已知直线与抛物线相交于A，B两点，且O为坐标原点． (1)求弦长； (2)判断是否成立，并说明理由． 【答案】(1) (2)不成立，理由如下： 设，则， 因此． 又因为由（1）可知，， 所以， 所以不成立． 【详解】（1）设， 则． 联立方程组， 消去y，整理可得， 由韦达定理可知 所以， 因此，从而可知． （2）不成立，理由略. 10．判断直线与椭圆是否有公共点．如有两个公共点，求出公共点的坐标，并求出以这两个公共点为端点的线段长． 【答案】有两个公共点，坐标为，；线段长为． 【详解】联立直线与椭圆的方程，可得方程组， 消化简得，，解得，或， 故方程组的解为或 因此直线与椭圆有两个公共点，且公共点的坐标为，． 从而可知所求线段长为． 课后训练·分层突破 ——突破核心考点，提升解题能力 模拟·基础演练 考查重点：天津高考直线与圆锥曲线为解答题核心考点。主要考查直线与椭圆、抛物线相交，联立方程结合韦达定理求解。常见设问有弦长、三角形面积、向量条件转化。注重判别式大于零的约束条件。解题方法以设而不求为主。考题计算量大，侧重代数运算。易错点是化简出错，遗漏判别式的限制条件。考查数形结合，式子变形以及严谨运算求解的综合能力。 1．“”是“直线与抛物线只有一个公共点”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】A 【详解】若直线与抛物线只有一个公共点， 则方程只有一个解， 即方程只有一个解， 当时，恒有一个解； 当时，，得，此时方程只有一个解． 即直线与抛物线只有一个公共点，可得或， 故“”是“直线与抛物线只有一个公共点”的充分不必要条件， 故选：A． 2．已知双曲线的右焦点为，过且倾斜角为的直线交双曲线的两条渐近线于两点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由已知，渐近线方程为，则两条渐近线倾斜角分别为和； 直线的倾斜角为，且经过右焦点，所以该直线与其中一条渐近线垂直． 令，易得，则. 故选：A；    3．已知抛物线：，直线：与抛物线交于，两点，点为平面内一点，且满足点到直线的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】解：由题意可知，因为，所以在以为直径的圆周上，所以到直线的最大值为． 联立直线：与抛物线：并化简得：，解出，， 所以所以 ． 故选：B． 4．抛物线的焦点恰好是圆的圆心，过点且倾斜角为的直线与交于不同的A，B两点，则以线段AB为直径的圆的标准方程为___________． 【答案】 【详解】由题意知，焦点，则抛物线，直线，设，， 联立消去y并整理得，则，所以 所以． 则以线段AB为直径的圆的圆心为，半径为， 所以圆的标准方程为 故答案为：． 5．已知抛物线的焦点为，倾斜角为的直线过点．若与相交于两点，则以为直径的圆被轴截得的弦长为_____． 【答案】 【详解】因为抛物线的焦点为， 所以，解得，则抛物线， 直线的方程为，由， 则，显然， 所以，故， 所以以为直径的圆的圆心的纵坐标为，半径为， 故以为直径的圆被轴截得的弦长为. 故答案为： 6．已知抛物线的焦点为，准线为，以为圆心的圆与抛物线交于两点，与准线交于两点，且，设直线的斜率为，则______． 【答案】 【详解】 如图，由可知，，设准线与轴交于点， 因以为圆心的圆与准线交于两点，则, 又，则, 设点，则，解得， 当，则，故，于是. 故答案为：. 7．已知抛物线：的焦点为，设点在抛物线上，若以线段为直径的圆过点，则______. 【答案】 【详解】因为，所以，焦点的坐标为. 设，则直线的斜率为，因为以线段为直径的圆过点， 所以，所以直线的斜率为， 直线的方程为 联立 解得，, 故答案为： 8．已知椭圆的焦距为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)设过点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点、，点在以线段为直径的圆外（为原点），求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）设椭圆的半焦距为，则，得， 又离心率为，解得，， 故椭圆的方程为. （2） 设直线的方程为，，， 由，得， 由，得， 则， 因为点在以线段为直径的圆外，所以为锐角， 因不共线，所以， 故，即， 因 所以 解得， 因为，则得， 解得或， 故实数的取值范围为. 9．已知椭圆的左焦点为，右顶点为A，点E的坐标为，的面积为． (1)求椭圆的离心率； (2)设点Q在线段上，，延长线段与椭圆交于点P，若． （ⅰ）求直线的斜率； （ⅱ）求椭圆的方程． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）. 【详解】（1）设椭圆的离心率为e．由已知，可得．又由，可得，即． 又因为，解得．所以，椭圆的离心率为 （2）（ⅰ）依题意，设直线的方程为，则直线的斜率为． 由（Ⅰ）知，可得直线的方程为，即，与直线的方程联立， 可解得，即点的坐标为． 由已知，有，整理得，所以，即直线的斜率为． （ⅱ）解：由，可得，故椭圆方程可以表示为． 由（ⅰ）得直线的方程为 与椭圆方程联立 消去整理得 解得（舍去）或． 因此可得点， 进而可得 所以．得． 所以，椭圆的方程为 10．已知椭圆的左顶点为，上顶点为，右焦点为，离心率为，的面积为． (1)求椭圆的方程； (2)若为轴上的两个动点，且，直线和分别与椭圆交于两点． ①求的面积最小值； ②证明：三点共线． 【答案】（Ⅰ）； （Ⅱ）（ⅰ）2； （ⅱ）证明：,直线的方程为， 与椭圆的方程联立得， 设所以有，， 设,同理求出，所以， ，所以， 直线过同一点，斜率相等，所以三点共线．. 【详解】（Ⅰ）由题意可知：，离心率为 ， 因为的面积为，所以而， 所以，因此，椭圆的方程为； （Ⅱ）设， ,所以. （ⅰ）设的面积为，， ， 当且仅当时，取等号，所以的面积最小值为2； （ⅱ）略. 重难·创新演练 设题创新:创新题型以动直线、双直线模型为主，探究定点、定值、最值与参数范围。经常依托向量给出隐蔽的等量条件。部分考题设置多个动点，增加坐标转化难度。多选题综合位置关系、离心率等考点。主要陷阱是忽略斜率不存在、自变量取值限制。训练要熟练几何条件翻译成代数等式，优化运算步骤，规避无谓硬算，提高复杂式子化简与逻辑推理能力。 1．（2026·天津河西·一模）双曲线的左、右焦点依次为，以点为焦点的抛物线的准线为，交双曲线的两条渐近线于点，过点作轴的垂线与抛物线交于第一象限的点，若，则双曲线的离心率为（   ） A．2 B． C． D．3 【答案】D 【详解】对于双曲线，右焦点为，其中，离心率， 渐近线为， 因为抛物线以为焦点，故，即. 又因为准线交渐近线于，将代入渐近线方程得：，过作轴的垂线，交抛物线于第一象限的点， 因为，即向量， 又因为，， 所以，整理得：， 所以离心率. 2．已知抛物线的焦点为F，准线l交x轴于点D，过D的直线与抛物线交于A，B两点，且B在线段AD上，点P为A在l上的射影.若P，B，F共线，则的值为（    ） A．1 B．2 C．3 D． 【答案】B 【详解】抛物线的焦点，准线，， 由对称性，不妨令点在第一象限，设， 则，由B在线段AD上， 得，整理得，而， 则，由P，B，F共线， 得，整理得，解得， 于是，过作于，所以.    故选：B 3．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，上一点关于一条渐近线的对称点恰为右焦点．若是上的一个动点，满足，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设与渐近线的交点为，则为的中点，且， 又为的中点，所以，即，所以， 要使，则点在以为圆心，为半径的圆的内部， 根据对称性可知，即的取值范围是. 故选：B 4．已知抛物线：的焦点为点，双曲线的右焦点为点，线段与在第一象限的交点为点，若的焦距为6，且在点处的切线平行于的一条渐近线，则双曲线的渐近线方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】抛物线：的焦点为，依题意可得， 直线方程为，即， 联立，可得，解得或， 又线段与在第一象限的交点为点，的横坐标为， 由，所以， 在点处的切线斜率为， 又在点处的切线平行于的一条渐近线， 双曲线的一条渐近线的斜率为， 双曲线的渐近线方程为． 故选：D． 5．（2026·天津滨海新区·三模）已知圆：，过原点的一条直线与圆相切，且与焦点为的抛物线交于异于原点的点，若，则焦点的坐标为_____________． 【答案】 【详解】由题可知，圆的圆心坐标为，半径为 设过原点的直线方程为，该直线与圆相切，即圆心到直线的距离等于半径 ，解得，. 所以直线方程为 将直线方程与抛物线方程联立有， 所以由抛物线定义可知， 解得，. 所以焦点的坐标为. 6．（2026·天津·一模）已知圆，圆心为抛物线的焦点，圆与抛物线交于，两点，与其准线交于，两点，若，则________． 【答案】 【详解】由题意得圆心坐标为，则，，则，准线方程为 不妨取，因为该圆与抛物线交于，两点，则， 联立，解得或（舍去）， 则根据对称性有，解得， 则圆，则. 7．已知抛物线，直线l过C的焦点F且与C交于A，B两点，以线段AB为直径的圆与y轴交于M，N两点且圆心为G，则的最小值是______. 【答案】 【详解】显然直线l的方程斜率不为0，因为焦点， 所以设直线l的方程为，联立得， 故，故， 所以， 显然G为的中点，过G作y轴的垂线，垂足为H，则H是的中点， 设，则， ， ， 而，当且仅当，轴时取等号，则， 所以当时，. 故答案为： 8．（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） 【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． 9．（2026·天津东丽·一模）已知椭圆的离心率为，右顶点为，上顶点为，且． (1)求椭圆的方程； (2)斜率为的直线与椭圆有唯一公共点，与轴的正半轴交于点，过点与平行的直线交轴于，若在直线上存在点，使得，求直线的方程． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由题意可得，解得， 所以椭圆的方程为. （2） 如图所示，设直线的方程为则且 由得， ，得， 由韦达定理，所以， 所以，则， 因为，所以， 所以直线的方程为，所以， 因为，所以点为的中点，即， 因为点在直线上， 所以，即， 因为，所以， 即，因为，所以， 所以直线l的方程为． 10．（2026·天津河东·一模）已知椭圆的方程为，上顶点为，右顶点为，，椭圆的离心率为，过点的直线与椭圆交于点（在第一或第四象限），过原点且与直线平行的直线与椭圆在第二象限交于点. (1)求椭圆方程； (2)轴上有一点，，求直线的斜率； (3)若直线与轴交于点，求直线的斜率. 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由题知，，，， 且，，， ，，， 所以椭圆的方程为. （2）由（1）知，， 设过点的直线方程为，过原点且与直线平行的直线为， 联立可得， 则点的坐标为， 联立可得， 则点的坐标为， 所以，， 由，整理为，解得，（舍）， 即直线的斜率为. （3）由题知，， ， ， 由（2）整理为，解得，（舍）， 所以直线的斜率为. 4 / 28 学科网（北京）股份有限公司 遇到过轴上定点或斜率已知的情况可以设，这种情况下直线一般在题设中都存在斜率 遇到过轴上定点的情况可以设，这种情况下直线一般在题设中有可能不存在斜率，但斜率一般不会为0，这样设一方面可以避免分类讨论，另一方面可以减少一些计算量 1正设法 6．（2020•辽宁模拟）已知椭圆的长轴长为6，且椭圆与圆的公共弦长为． （1）求椭圆的方程； （2）过点作斜率为的直线与椭圆交于两点，，试判断在轴上是否存在点，使得为以为底边的等腰三角形，若存在，求出点的横坐标的取值范围；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）由题意可得，由题意可得公共弦长为直径，求得，进而得到所求椭圆方程； （2）直线的解析式设为，设，，，，的中点为，，联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和两直线垂直的条件：斜率之积为，化简整理，结合基本不等式即可得到存在和的横坐标的范围． 【解答】解：（Ⅰ）由题意可得，所以， 由椭圆与圆的公共弦长为，恰为圆的直径， 可得椭圆经过点，所以， 解得，所以椭圆的方程为； （Ⅱ）直线的解析式设为，设，，，，的中点为，． 假设存在点，使得为以为底边的等腰三角形，则． 联立和，得，故， 所以，，因为，所以， 即，所以， 当时，，所以． 综上所述，在轴上存在满足题目条件的点，且点的横坐标的取值范围为． 7．（2018•凉山州模拟）已知、分别是椭圆的左、右焦点． （1）若是第一象限内该椭圆上的一点，，求点的坐标； （2）设过定点的直线与椭圆交于不同的两点，，且为锐角（其中为坐标原点），求直线的斜率的取值范围． 【分析】（1）求得椭圆的，，，可得左右焦点，设，，，运用向量的数量积的坐标表示，解方程可得的坐标； （2）显然不满足题意，可设的方程为，设，，，，联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和判别式大于0，由为锐角，即为，运用数量积的坐标表示，解不等式即可得到所求的范围． 【解答】解：（1）椭圆方程为，知，，，可得，， 设，，，则， 又，联立，解得，即为； （2）显然不满足题意，可设的方程为， 设，，，，联立， 由△，得．，． 又为锐角，即为，即，， 又， 可得．又，即为，解得． 8．（2018•怀化三模）如图，椭圆的离心率为，点为椭圆上的一点． （Ⅰ）求椭圆的标准方程； （Ⅱ）若斜率为的直线过点，且与椭圆交于，两点，为椭圆的下顶点，求证：对于任意的，直线，的斜率之积为定值． 【分析】（Ⅰ）运用离心率公式和点满足椭圆方程，解得，，进而得到椭圆方程； （Ⅱ）设直线，代入椭圆方程，运用韦达定理和直线的斜率公式，以及点在直线上满足直线方程，化简整理，即可得到定值． 【解答】解：（Ⅰ），，①， 又椭圆过点，②由①②解得，， 所以椭圆的标准方程为； （Ⅱ）证明：设直线，联立得：， 设，，，，则有，． 易知，故 为定值． 9．（2017•山西二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在椭圆上． （Ⅰ）求椭圆的标准方程； （Ⅱ）是否存在斜率为2的直线，使得当直线与椭圆有两个不同交点、时，能在直线上找到一点，在椭圆上找到一点，满足？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由． 【分析】（Ⅰ）方法一、运用椭圆的定义，可得，由，，的关系，可得，进而得到椭圆方程； 方法二、运用在椭圆上，代入椭圆方程，结合，，的关系，解方程可得，，进而得到椭圆方程； （Ⅱ）设直线的方程为，设，，，，，，，，的中点为，，联立椭圆方程，运用判别式大于0及韦达定理和中点坐标公式，由向量相等可得四边形为平行四边形，为线段的中点，则为线段的中点，求得的范围，即可判断． 【解答】解：（Ⅰ）方法一：设椭圆的焦距为，则， 因为在椭圆上，所以， 因此，，故椭圆的方程为； 方法二：设椭圆的焦距为，则，因为在椭圆上， 所以，，，解得，，故椭圆的方程为； （Ⅱ）设直线的方程为， 设，，，，，，，，的中点为，， 由消去，得，所以，且△ 故 且，由，知四边形为平行四边形， 而为线段的中点，因此为线段的中点，所以，可得， 又，可得，因此点不在椭圆上，故不存在满足题意的直线． 10．（2016春•眉山校级期中）已知椭圆，过点，的直线倾斜角为，原点到该直线的距离为 （1）求椭圆的方程； （2）斜率大于零的直线过与椭圆交于，，，两点，且，求直线的方程． 【分析】（1）运用两点的斜率公式，可得，求得直线的方程，运用点到直线的距离公式，可得，进而得到，可得椭圆方程； （2）设直线的方程为，代入椭圆方程，消去，可得的二次方程，运用韦达定理，结合条件，解方程可得，进而得到所求直线的方程． 【解答】解：（1）过点，的直线倾斜角为， 可得，即有直线的方程为， 原点到该直线的距离为，可得，解得，， 则椭圆方程为； （2）设直线的方程为，代入椭圆方程，可得 ，△恒成立， 由，，，， 可得，，又， 即有，， 可得， 解得舍去）． 则直线的方程为． 11．（2016•连云港模拟）在平面直角坐标系中，点在椭圆上，若点，，且． （1）求椭圆的离心率； （2）设椭圆的焦距为4，，是椭圆上不同的两点．线段的垂直平分线为直线，且直线不与轴重合． ①若点，直线过点，求直线的方程； ②若直线过点，且与轴的交点为．求点横坐标的取值范围． 【分析】（1）设，由向量共线的坐标表示，可得的坐标，代入椭圆方程，可得，的关系，再由离心率公式计算即可得到所求值； （2）①由题意可得，，，可得椭圆方程，设直线的方程为，代入椭圆方程，运用韦达定理和中点坐标公式，再由两直线垂直的条件：斜率之积为，解方程可得，进而得到所求直线方程； ②设直线的方程为，代入椭圆方程可得，运用韦达定理和中点坐标公式，再由两直线垂直的条件，求得，再由中点在椭圆内，可得的范围，再由直线的方程可得的横坐标的范围． 【解答】解：（1）设，由， 可得，，可得，，即，， 即有，即为，，则； （2）①由题意可得，，， 即有椭圆方程为，设直线的方程为， 代入椭圆方程可得， ，的中点为，， 由题意可得直线的斜率为， 解得或，即有直线的方程为或； ②设直线的方程为， 代入椭圆方程可得，，可得， 即有的中点为，，由题意可得直线的斜率为， 化简可得，中点坐标即为，， 由中点在椭圆内，可得，解得， 由直线的方程为，可得的横坐标为，可得范围是，，． 12．（2016•苏州二模）在平面直角坐标系中，已知椭圆的左，右焦点分别是，，右顶点、上顶点分别为，，原点到直线的距离等于 （1）若椭圆的离心率等于，求椭圆的方程； （2）若过点的直线与椭圆有且只有一个公共点，且在第二象限，直线交轴于点试判断以为直径的圆与点的位置关系，并说明理由 【分析】（1）求得，的坐标，可得的方程，运用点到直线的距离公式和离心率公式，解方程可得，，进而得到椭圆方程； （2）点在以为直径的圆上由题意可得直线与椭圆相切且的斜率存在，设直线的方程为：，代入椭圆方程，运用判别式为0，解得的值，可得，，从而可得直线的方程，求得的坐标，可得向量，的坐标，求出数量积为0，即可得到结论． 【解答】解：（1）由题意得点，， 直线的方程为，即由题设，得， 化简，得①，由，即为，即② 由①②，解得，可得椭圆的方程为； （2）点在以为直径的圆上 由题设，直线与椭圆相切且的斜率存在，设直线的方程为：， 由，得， 则△，化简，得，所以， 由点在第二象限，可得，把代入方程，得， 解得，从而，所以，从而直线的方程为：， 令，得，所以点从而，， 从而 ， 又，，所以点在以为直径的圆上 13．（2019•天津）设椭圆的左焦点为，左顶点为，上顶点为．已知为原点）． （Ⅰ）求椭圆的离心率； （Ⅱ）设经过点且斜率为的直线与椭圆在轴上方的交点为，圆同时与轴和直线相切，圆心在直线上，且．求椭圆的方程． 【分析】（Ⅰ）由题意可得，再由离心率公式可得所求值； （Ⅱ）求得，，可得椭圆方程为，设直线的方程为，联立椭圆方程求得的坐标，以及直线的斜率，由两条直线平行的条件和直线与圆相切的条件，解方程可得，即可得到所求椭圆方程． 【解答】解：（Ⅰ），即为，可得； （Ⅱ），，即，， 可得椭圆方程为，设直线的方程为， 代入椭圆方程可得，解得或， 代入直线方程可得或（舍去），可得， 圆心在直线上，且，可设，可得，解得， 即有，可得圆的半径为2，由直线和圆相切的条件为， 可得，解得，可得，，可得椭圆方程为． 14．（2016•陕县校级模拟）已知椭圆的中心在坐标原点，且抛物线的焦点是椭圆一个焦点，以椭圆的长轴两个端点及短轴的一个端点为顶点的三角形面积为6． （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）若斜率为的直线与椭圆交于不同的两点、，又点，，求面积最大时对应的直线的方程． 【分析】（Ⅰ）由抛物线方程求得焦点坐标，求得，由三角形的面积公式可知，根据椭圆的性质，，即可求得和的值，求得椭圆方程； （Ⅱ）求得直线方程，并将直线方程代入椭圆方程，由韦达定理求得求得及，由弦长公式求得，根据点到直线的距离公式，求得，根据三角形的面公式及基本不等式的性质即可求得的值，求得直线方程． 【解答】解：（Ⅰ）设椭圆， 由抛物线的焦点是椭圆的一个焦点得：， 由椭圆的性质可知：， ，，即，，即， ，，椭圆 （Ⅱ）设，，，，， 与，联立得：， △，可知：， 由韦达定理可知：，， ， 到的距离， 当即时，最大，对应的直线的方程为 日期：2020/11/20 11:28:09；用户：张伍；邮箱：zhb157@126.com；学号：19915 二反设法 3．（2020•江西模拟）已知离心率为的椭圆的左顶点为，左焦点为，及点，且，，成等比数列． （1）求椭圆的方程． （2）斜率不为0的动直线过点且与椭圆相交于、两点，记，线段上的点满足，试求为坐标原点）面积的取值范围． 【分析】（1）由题可列方程组，解得，，又，解得，进而可得椭圆的方程． （2）设直线的方程为，，联立椭圆的方程得：，，，再分析原点到直线的距离，表示的面积，化简再求出答案． 【解答】设直线的方程为，，代入椭圆的方程得： ，， ，原点到直线的距离， 所以的面积， 因为，所以，． 8．（2016秋•台州期末）已知椭圆． （1）若椭圆的两个焦点与一个短轴顶点构成边长为2的正三角形，求椭圆的标准方程； （2）过右焦点的直线与椭圆交于、两点，过点作的垂线，交直线于点，若的最小值为，试求椭圆率心率的取值范围． 【分析】（1）由已知可得：，，，解得，即可． （2）设直线的方程，，，坐标，．联立，化为：．．．即可求得椭圆率心率的取值范围 【解答】解：（1）由已知可得：，，，解得，，． 椭圆的标准方程为． （2）设直线的方程为：，，，，． ．联立，化为：． ，， ． ．令，， 上式在时恒成立，椭圆率心率的取值范围为 9．（2017•浙江模拟）已知椭圆，点，分别是椭圆的右焦点与上顶点，为坐标原点，记的周长与面积分别为和． （Ⅰ）求的最小值； （Ⅱ）如图，过点的直线交椭圆于，两点，过点作的垂线，交直线于点，当取最小值时，求的最小值． 【分析】（Ⅰ），当且仅当时，的最小值； （Ⅱ）由（Ⅰ）得当且仅当时，的最小值为．此时椭圆方程可化为 依题意可得过点的直线的斜率不能为0，故设直线的方程为．可得．设直线，令得 ，． 【解答】解：（Ⅰ）的周长．的面积． ， 当且仅当时，的最小值为． （Ⅱ）由（Ⅰ）得当且仅当时，的最小值为． 此时椭圆方程可化为 依题意可得过点的直线的斜率不能为0，故设直线的方程为． 联立，整理得：． ， ． 当时，垂直横轴，与横轴重合，此时，， ． 当时，设直线，令得 综上所述：当且仅当时，取最小值为． 10．（2018秋•城厢区校级月考）已知椭圆的离心率为，过其右焦点作与轴垂直的直线与该椭圆交于、两点，与抛物线交于、两点，且． （1）求椭圆的方程； （2）设，过点作与轴不重合的直线交椭圆于、两点，连接、分别交直线于、两点．试问直线、的斜率之积是否为定值，若是，求出定值；若不是，请说明理由． 【分析】（1）由已知条件推导出，由此能求出椭圆的方程． （2）设直线的方程为，联立，得，设，，，，由此利用三点共线、韦达定理，结合已知条件能求出直线，的斜率之积为定值． 【解答】（13分）解：（1）直线过右焦点且与轴垂直， ． 又椭圆的离心率为，且， ， 解得，，故椭圆的方程为． （2）由题意知直线的斜率不为零，设直线的方程为， 联立，消去得 设，，，， 则 ，，三点共线，，即 同理可得， 而 故直线，的斜率之积为定值． 13．（2018秋•市中区校级月考）已知椭圆的上顶点为点，右焦点为．延长交椭圆于点，且满足． （1）试求椭圆的标准方程； （2）过点作与轴不重合的直线和椭圆交于，两点，设椭圆的左顶点为点，且直线，分别与直线交于，两点，记直线，的斜率分别为，，则与之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，试说明理由． 【分析】（1）椭圆的上顶点为，右焦点，点的坐标为．利用，推出，，代入椭圆方程，结合焦点坐标求解，，得到椭圆方程． （2）设，，，，设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用，，三点共线，求出，的坐标分别为，，然后求解斜率，化简即可． 【解答】解：（1）椭圆的上顶点为，右焦点，点的坐标为． ，可得，又，， 代入可得， 又，解得，，即椭圆的标准方程为． （2）设，，，，，，． 由题意可设直线的方程为， 联立消去，得， 根据，，三点共线，可得， ．同理可得， ，的坐标分别为，， 与之积为定值，且该定值是． 16．（2020秋•香坊区校级月考）设椭圆左焦点为，过点的直线与椭圆交于，两点，直线的倾斜角为，且． （1）求椭圆的离心率； （2）若，求椭圆的方程． 【分析】（1）由题意设直线的方程，与椭圆联立求出两根之和及两根之积，由向量的关系求出，的坐标的关系，代入两根之和及两根之积中可得，，之间的关系，再由椭圆性质可得离心率的值； （2）由（1）求出弦长，由题意可得，的值，进而求出椭圆的方程． 【解答】解：（1）由题意设直线的方程为：，设，，，，设在轴上方，即，可得，，，， 又因为，所以可得，，所以， 联立直线与椭圆的方程，整理可得：， ，，将，代入可得，， 所以可得，整理可得：而， 所以可得，（舍或，所以可得离心率； （2）由（1）可得，所以，， 所以弦长， 解得：，所以，所以椭圆的方程为：． 18．（2016•浙江）如图，设抛物线的焦点为，抛物线上的点到轴的距离等于， （Ⅰ）求的值； （Ⅱ）若直线交抛物线于另一点，过与轴平行的直线和过与垂直的直线交于点，与轴交于点，求的横坐标的取值范围． 【分析】（Ⅰ）利用抛物线的性质和已知条件求出抛物线方程，进一步求得值； （Ⅱ）设出直线的方程，与抛物线联立，求出的坐标，求出直线，的斜率，从而求出直线的方程，根据、、三点共线，可求出的横坐标的表达式，从而求出的取值范围． 【解答】解：（Ⅰ）由题意可得，抛物线上点到焦点的距离等于到直线的距离， 由抛物线定义得，，即； （Ⅱ）由（Ⅰ）得，抛物线方程为，，可设，，，， 不垂直轴，设直线， 联立，得．，， 又直线的斜率为，故直线的斜率为， 从而得，直线， 则，设，由、、三点共线，得， 于是，得或．经检验，或满足题意． 点的横坐标的取值范围为，，． 19．（2017秋•七里河区校级期末）已知抛物线的焦点为，抛物线上的点到轴的距离等于． （1）求的值； （2）是否存在正数，对于过点且与抛物线有两个交点、的任一直线，都有？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）利用抛物线的定义，求出，然后求解平曲线方程； （2）设过点，的直线与曲线的交点为，，，．设的方程为，由，得，利用判别式以及韦达定理，通过，对任意实数得到，求解即可． 【解答（1）抛物线上的点到轴的距离等于，由定义抛物线可知． （2）设过点，的直线与曲线的交点为，，，． 设的方程为，由，得， △，于是① 又，，，， ．② 又，于是不等式②等价于， 即．③ 由①式，不等式③等价于．④ 对任意实数，的最小值为0，所以不等式④对于一切成立等价于， 即． 由此可知，存在正数，对于过点且与曲线有两个交点，的任一直线，都有，且的取值范围是，． 声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布 $