考点培优练05 圆锥曲线的定值、定点、定直线问题及其探索性证明问题6大考点（高效培优专项训练）（全国通用）2027年高考数学一轮复习高效培优系列

考点培优练05 圆锥曲线的定值、定点、定直线问题及其探索性证明问题6大考点 考点预览 目录 考点01 圆锥曲线中的定点问题 1 考点02 圆锥曲线中的定值问题 19 考点03 圆锥曲线中的定直线问题 33 考点04 以弦长或线段长度为背景的最值与范围问题 48 考点05 以面积为背景的最值与范围问题 61 考点06 以斜率为背景的最值与范围问题 75 考点通关 考点01 圆锥曲线中的定点问题 ①“特殊探路，一般证明”：先通过参数取特殊值等特殊情况推测定点坐标，再以猜想为方向，进行严谨的一般性证明，验证定点的唯一性。 ②“一般推理，特殊求解”：先设出定点坐标，结合题设选取参数并构建直线系（或曲线）方程，利用参数的任意性列出关于定点坐标的方程组，解方程组即可得到所求定点。 ③“方程形式推导法”:若需证明直线过定点，常借助直线的点斜式或斜截式等方程形式，通过推导论证直线必过该定点。 【典例1】（2026·山东滨州·一模）设圆的圆心为，直线过点且与轴不重合，交圆于两点，过作的平行线交于点，动点的轨迹为曲线． (1)证明为定值，并求曲线的方程； (2)若直线与曲线相交于两点． ①求面积的最大值； ②已知点，直线与曲线的另一个交点为，直线与曲线的另一个交点为．证明：直线过定点． 【答案】(1) 因为，， 所以， 所以，故， 又圆的标准方程为，从而， 所以，即为定值, 由题设得， 由椭圆的定义可得，所求曲线的方程为. (2)①1； ②由题意知，直线的斜率存在，且直线的方程为， 由可得， 展开得， 所以 ， 所以， 所以， 同理， 设直线的方程为，则， 所以，同理可得， 所以直线的方程为， 因为直线的斜率为1，所以即， 所以直线的方程为， 所以过定点. 【分析】（1）根据，，得，，即可证明为定值，再根据椭圆的定义求出曲线的方程； （2）①由可得，借助韦达定理得，，根据面积，借助基本不等式求解即可； ②求出坐标，进而得到直线方程，根据直线恒过定点，得到答案. 【详解】（1）略 （2）设， ①由可得， 因为直线与曲线相交于两点， 所以，则, 由根与系数的关系可得：，， 因为 ， 当且仅当时取等号，且满足， 所以面积的最大值为1. ②略 【跟踪训练】1．（26-27高三上·甘肃酒泉·开学考试）已知椭圆的离心率为，且椭圆过点． (1)求椭圆的标准方程． (2)点为椭圆的下顶点，，为椭圆上两个不同的点，直线和直线的斜率之积为，点，分别在射线、射线上，满足． ①已知直线的斜率存在，求证：直线恒过定点； ②设①中的定点为，若直线过点，求直线的方程． 【答案】(1)； (2)①椭圆的下顶点为，由题意，是椭圆上两个不同的点，且均不与重合（否则直线或斜率不存在，或斜率之积无意义），故直线的斜率均存在且不为 0，且，满足， 设直线的方程为，，代入椭圆方程得， 整理得， 由直线与椭圆交于两个不同点，得， 由韦达定理得， 由，得， 因为，所以， 将韦达定理结果代入上式得， 若，则直线过点，此时中至少有一个点与重合，与 “是椭圆上不同的点且异于” 矛盾，故，因此，可在等式两边同除以， 化简得，所以， 恒成立，所以， 化简得， 验证：当时，判别式，当时，满足直线与椭圆交于两个不同点的条件，因此直线的方程为，恒过定点； ②的方程为. 【分析】（1）利用椭圆离心率公式推出关系，设出椭圆方程，代入已知点坐标求解参数，即可得到标准方程； （2）①联立直线与椭圆方程，结合韦达定理和斜率乘积条件列式化简，排除增根后求出定值截距，证出定点； ②联立直线与椭圆得交点坐标，利用向量数量积求出动点坐标，结合共线条件得到斜率关系，最终求出直线斜率结合定点得方程. 【详解】（1）由题意得，离心率，故，又，因此， 化简得，椭圆方程可写为， 将点代入椭圆方程得，即，解得，故， 因此椭圆的标准方程为； （2）①略； ②直线的方程为，代入椭圆方程得，整理得：，解得（对应点，舍去）或， 设，因此点的横坐标为， 由异于可知，同理；又是不同的点，故， 因为点在射线上，故设，其中与同号， 向量，向量， 由得， 将代入，解得，进而， 将替换为，可得点坐标，得， 由题意，即，因为直线过点，故，即 代入坐标化简可得， 结合，由完全平方公式， 解得， 当时，是方程的两根，判别式，存在两个不同实根，符合；同理时也符合条件， 直线的斜率，代入，得， 因此， 当时，， 当时，， 结合①中结论，直线过定点，由斜截式得直线的方程为. 2．（2026·山东烟台·模拟预测）已知焦点在轴的等轴双曲线的焦距为4． (1)求的标准方程； (2)设在的左支上任意一点处的切线为，右焦点关于的对称点为，证明：直线过定点，并求出该定点坐标： (3)设（2）中求得的定点为，求面积的最大值． 【答案】(1) (2)定点，证明过程如下： 设点，则双曲线C在点P处的切线方程为， 已知双曲线右焦点，设点，则线段的中点在切线上，且， 所以有，即， 又因为中点在切线上，所以，化简得， 因为在双曲线C上，所以，代入式化简得， 因为，所以，则，所以点； 则直线斜率， 根据点点斜式方程可得直线的方程为, 则直线过定点. (3) 【分析】（1）根据双曲线性质代入计算即可； （2）由垂直+中点在切线求Q坐标，整理PQ方程，令不含参部分为0，得到; （3）MF定长为4，面积转化为，代入Q坐标换元，二次函数顶点取最大值. 【详解】（1）设等轴双曲线C的标准方程为，因为双曲线焦距为4，所以，则， 在双曲线中有，又因为等 轴双曲线中，所以代入得， 所以双曲线C标准方程为. （2）略 （3）由题，，设点，则， 由（2）可知，，则，因为， 令，因为，所以，代入得 ， 则当时，面积最大值为    3．（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. 4．（25-26高三下·广东·阶段检测）已知点，抛物线的焦点为，线段的中点在上． (1)求的方程； (2)过点的直线与交于、两点． （ⅰ）已知的准线为，作于点，证明：直线过定点； （ⅱ）过点与平行的直线与交于点、．判断是否为定值，若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由． 【答案】(1) (2)（i）设点、，由题意可知直线的斜率不为， 设直线的方程为，联立可得， ，由韦达定理可得，， 抛物线的准线方程为，则， 设坐标原点为点，则，， 所以、、三点共线，即直线过定点； （ii）由（i）知，， 设点、，设直线的方程为， 联立得，， 由韦达定理可得，， 因为直线过点，所以， 所以 ， 所以为定值. 【分析】（1）求出线段的中点坐标，将该中点坐标代入抛物线的方程，可得出关于的等式，解出正数的值，即可得出抛物线的方程； （2）（i）设点、，设直线的方程为，将该直线方程与抛物线方程联立，列出韦达定理，计算得出，即可证得结论成立； （ii）设点、，设直线的方程为，则，将该直线方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式计算出的值，即可得出结论. 【详解】（1）由、得线段的中点坐标为， 将点的坐标代入抛物线的方程得，即， 因为，解得，故抛物线的方程为. （2）（i）略 （ii）略 5．（2026高三·全国·专题练习）已知椭圆的离心率为，且过点． (1)求椭圆的标准方程； (2)已知点，点是椭圆长轴上一个动点（不与椭圆中心O和顶点重合），过点作轴的垂线交椭圆于P，Q两点，直线与椭圆交于另一点，直线与椭圆交于另一点． ①求面积的最大值； ②直线是否过定点？若是，求出这个定点；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)①面积的最大值为②直线MN过定点，定点为. 【分析】（1）由点在椭圆上，再由离心率以及求解即可. （2）①设直线方程为，与椭圆联立，由韦达定理求解，求解原点到直线距离为，再列出面积求解即可. ②由题意可得，设：，与椭圆联立，求解点，的坐标，列出直线的方程，化简求解即可. 【详解】（1）因为椭圆过点， 所以，即， 因为椭圆的离心率为， 所以， 因为， 所以解得，所以， 故椭圆方程为. （2）①设：，，， 由，得到， ， 由韦达定理可得，， ， 设原点到直线距离为，则， 所以，令， 则，当且仅当时，等号成立， 故的最大值为. ②，所以：， ，可得， 所以， 所以，同理可得，， 所以：， 整理可得，所以直线MN过定点，定点为. 6．（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. 7．（2026·辽宁抚顺·一模）已知点在抛物线上，直线. (1)求抛物线的方程； (2)点，在上，且以为直径的圆过坐标原点，若直线交于另一点，直线交于另一点. （i）证明：直线过定点，并求出该定点坐标； （ii）是否存在，使得的面积为面积的2倍？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)（i）证明：由题意不妨设，， 则， 因为以AB为直径的圆过坐标原点O，所以， 则，即. 显然直线MN的斜率不为0，设直线MN： ，， 联立，消去 得， 则， 因为A，P，M三点共线，则，解得， 又B，P，N三点共线，则，解得， 所以，又，得， 所以直线MN： ，即直线过定点. （ii）存在， 【分析】（1）将点代入抛物线方程即可求解； （2）（i）不妨设，，结合题意易得，设直线MN： ，，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理及三点共线可得，进而得到直线MN： ，进而求出定点坐标即可； （ii）先假设存在，结合（i）表示出 和面积，进而求解即可. 【详解】（1）因为点在抛物线上， 所以，解得，所以C的方程为. （2）（i）略 （ii）由（i）知，直线MN： ， 且， 而点 到直线的距离为，且， 所以 ， 而， 若，则， 整理得，即，方程有解，则. 即存在，使得 的面积为面积的2倍，此时. 考点02 圆锥曲线中的定值问题 解题步骤：①先设出直线方程（注意斜率不存在单独验证），将其与圆锥曲线方程联立，整理为关于x或y的一元二次方程； ②利用判别式确定变量的取值范围，同时写出韦达定理的表达式； ③结合韦达定理表示出待求量，并将其转化为关于变量的函数； ④对所得函数式进行化简、消元，最终推导出定值。 【典例2】（2026·陕西榆林·模拟预测）已知双曲线：的左、右顶点分别为，，点是上一点，过点向的两条渐近线作垂线，垂足分别为，，且. (1)求的方程； (2)若是的左支上异于点的一点，直线交直线于点，直线交于另一点. （i）设直线的斜率分别为，，求证：为定值； （ii）求坐标原点到直线距离的最大值. 【答案】(1) (2)（i）证明：由（1），得，，设，，， 直线 的斜率，直线的斜率. 因为，所以. 因为，， 所以. 因为，所以， 所以，即为定值. （ii）4 【分析】（1）先设点，再应用点到直线距离公式计算求解得出参数即可得出双曲线方程； （2）（i）先设点的坐标，再应用斜率公式结合双曲线方程化简求值；（ii）结合对称性设直线 的方程，再联立计算斜率乘积得出，最后应用定点得出距离的最大值. 【详解】（1）由题意知 的渐近线方程为 ， 设，则. 因为，所以， 所以 的方程为. （2）（i）略 （ii）解：若直线 的斜率为0，根据对称性，直线 与直线的交点应在轴上，不符合题意， 所以直线 的斜率不为0，又 ， 不重合，故可设直线 的方程为. 联立得， 由题意得且，即， 由韦达定理，得，. 由（i）得， 故， 所以， 化简，得. 因为，所以，解得. 所以直线 的方程为，因此直线 恒过点， 所以当 时，坐标原点 到直线 的距离取得最大值4. 【跟踪训练】1．（26-27高三上·内蒙古锡林郭勒·开学考试）已知椭圆：的离心率为，且过点． (1)求的标准方程； (2)设为坐标原点，，直线与交于，两点，线段的中点为，的外心为，直线的斜率为，直线的斜率为． （i）试用表示点的坐标； （ii）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）（ii）是定值 【分析】利用已知条件求出标准方程，借助参数表示出所求内容并进行求解. 【详解】（1）将代入椭圆方程得，解得， 由离心率，所以， 所以，解得， 所以的标准方程； （2）（i）设， 联立，消去得：， 由韦达定理得，， 因为为的中点，所以， ，所以的坐标为； （ii）是定值，推导如下，， 设， 的外接圆方程设为，其中， 因为D在圆上，所以， 所以的外接圆方程为， 联立得 得， 所以 解得， 故， 所以，故是定值. 2．（2026高三·全国·专题练习）如图，已知直线l：过椭圆C：的右焦点F，抛物线的焦点为椭圆C的上顶点，且直线l交椭圆C于A，B两点，点A，F，B在直线上的射影依次为点D，K，E. (1)求椭圆C的方程； (2)若直线l交y轴于M点，且，，当m变化时，探求是否为定值？若是，求出的值.若不是，请说明理由； (3)连接AE，BD，试证明当m变化时，直线AE与BD相交于定点. 【答案】(1)； (2)是定值， 由得，， ， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∴， 综上所述，当变化时，的值为定值. (3)当时，直线轴，则为矩形， 易知与是相交于点， ∵， ∵， ∴，即三点共线. 同理可得三点共线， 则当变化时，与相交于定点. 【分析】（1）由题设条件求出椭圆的右焦点与上顶点坐标，即可得出、的值，再求出的值即可求得椭圆的方程； （2）设，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理得出与，再根据及，从而可表示出，化简即可得证； （3）当时，易得与相交于点，再证明一般情况成立即可. 【详解】（1）∵过椭圆的右焦点， ∴右焦点，即， 又∵的焦点为椭圆的上顶点， ∴，即， ∴椭圆的方程. （2）略； （3）略. 3．（2026·四川眉山·模拟预测）已知椭圆的焦点坐标分别为，点在上，直线与交于两点，点关于轴的对称点为为坐标原点. (1)求的方程； (2)证明：的面积为定值； (3)若点在直线的右侧，求直线在轴上的截距的最小值. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3). 【分析】（1）利用椭圆的定义解得，进而得，即可求解； （2）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理、三角形面积公式及数量积的坐标表示计算得证. （3）在时，利用斜率坐标表示求出截距的表达式，结合韦达定理求出最小值，再求出的情况即可. 【详解】（1）由椭圆的定义得， 解得，又，所以， 所以的方程为； （2）设，则， 由，解得 ， 所以， 所以， 所以 ，， 所以的面积为定值； （3）由点在直线的右侧，得，设直线与轴的交点为， 当时，点中有一个点与椭圆的上顶点重合，此时即为的上顶点，所以； 当时，由共线，得，即， 整理得 . 而， 当且仅当时取等号，所以. 综上所述，直线在轴上的截距的最小值为. 4．（2026·宁夏银川·三模）已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，实轴长为，点到双曲线的渐近线的距离为1，过的直线与交右支于，两点. (1)求双曲线的方程； (2)证明：存在轴上的一点，使得为定值. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求出双曲线的基本量后可得双曲线的方程； （2）设，，联立直线方程和双曲线方程，结合韦达定理化，根据该值为定值可求的坐标； 【详解】（1）解：因为实轴长为，故， 而点到双曲线C的渐近线的距离为1，故， 故双曲线的方程为：. （2）证明：设为半焦距，则，故， 因为与双曲线的右支相交于两个不同的点，故可设，， 由可得即， 故且， 所以，又. 设，则，， 故 为定值当且仅当，故， 故存在轴上的一点，使得为定值且定值为. 5．（2026·北京顺义·二模）已知椭圆的离心率为分别是椭圆的上､下顶点，. (1)求椭圆的方程； (2)设是椭圆的左顶点，过点作斜率为的直线与椭圆交于点（不同于点），且与轴交于点，点在直线上，且.求证：的面积为定值. 【答案】(1) (2)依题意，，， 过斜率为的直线（），与椭圆方程联立： 解得（对应）或， 则.得， 直线与轴交于点， 令得，故. 点，直线的斜率， 所以直线方程为， 点在上，可设 ， 由 ，即， ， 所以垂直条件等价于 ， 即 ，解得， 于是， 因此点的纵坐标为定值， 而 ， 所以的面积 所以的面积为定值. 【分析】（1）根据椭圆上下顶点的距离得出短半轴的长度，再利用离心率与长半轴、短半轴的关系求出长半轴，从而得到椭圆的标准方程； （2）设过点的直线方程，与椭圆方程联立求得交点的坐标；求出直线与轴的交点，进而写出直线的方程，点在上，由垂直条件得出的纵坐标为常数，由此得到的面积为定值. 【详解】（1）由题意，上、下顶点 ，故，得， 离心率，且 ， 代入 ，得 ，解得 ，故 ，所以椭圆方程为 . （2）略 6．（2026·江西南昌·二模）已知双曲线：（，）的离心率，其上顶点为，过点作斜率为的直线与双曲线的两支分别相交于，两点（在双曲线的上支）且与轴相交于点，直线与轴相交于点． (1)求双曲线的标准方程； (2)设直线，的斜率分别为，，求证：为定值； (3)是否存在直线使得，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) 设直线的方程为，直线的方程为． 联立直线与双曲线方程，整理得， 解得，所以，所以， 设直线的方程为， 因为，则有， 整理得，同理可得， 所以，是方程的两根，所以. (3)存在； 【分析】（1）根据离心率及上顶点坐标求解即可. （2）设出直线的方程，与双曲线方程联立，得到点坐标，同理设出直线的方程，求出点坐标，设出方程，将点、点代入，得到，是方程的两根，结合韦达定理证明即可. （3）利用三角形相似得到，设出直线，，的倾斜角，判断之间的关系，结合韦达定理进一步求解即可. 【详解】（1）因为，所以，即， 因为上顶点为，所以，则， 所以双曲线的标准方程为. （2）略 （3）假设存在使得，所以， 设直线，的倾斜角分别为，，直线的倾斜角为， 当时， 则，所以， 又，是方程的两根，则，， 所以， 所以，整理得，即，解得． 当时，结合对称性同理可得，，满足条件． 故存在直线使得，此时． 7．（2026·四川德阳·三模）已知椭圆的离心率为，左顶点为A，下顶点为B，的面积为1（O为坐标原点）． (1)求椭圆的方程； (2)点P为椭圆上任意一点，以P为圆心PO为半径的圆与以椭圆焦点F为圆心半径为的圆的公共弦为MN，是否存在r，使得的面积为定值（与点P无关）？若存在，求出r及的面积；否则说明理由． (3)事实上（2）的结论对任意椭圆都成立，写出该结论（不需要证明）． 【答案】(1) (2)存在，， 的面积为. (3)以椭圆上任意点 为圆心， 为半径的圆与以椭圆焦点 为圆心半径为的圆的公共弦为，则 的面积为定值. 【分析】（1）根据离心率及面积列出方程组，解即可； （2）利用两圆方程差得出公共弦所在直线方程，由点到直线距离为定值确定，据此求出 面积； （3）根据（2）归纳一般结论即可. 【详解】（1）由题意，，解得， 所以椭圆的方程为. （2）设，则 ， 则以 为圆心 为半径的圆的方程为， 即， 以为圆心半径为的圆的方程为. 所以两圆方程作差，可得公共弦为的方程为， 到直线的距离 ， 要使得 的面积为定值（与点P无关），只需与无关， 所以，即. 此时，所以， 故 的面积为. （3）略 考点03 圆锥曲线中的定直线问题 核心是 “转化目标→设参化简→锁定直线方程”。 首先明确是 “动直线过定点” 还是 “动点轨迹为定直线”，确定待求直线的表达形式（如）；接着合理设参（如动直线斜率、截距或动点坐标），避免参数冗余；随后将直线与圆锥曲线方程联立，用韦达定理表示根与系数的关系；再用参数推导直线的斜率、截距或动点坐标关系，代入韦达定理结果化简，消去参数得到系数固定的直线方程；最后对直线斜率不存在、参数取特殊值的情况验证，确保定直线唯一且成立。 【典例3】（2025·甘肃白银·二模）已知抛物线的焦点为F，点是C上一点，且，记O为坐标原点，过点F的直线与C相交于A，B两点． (1)求抛物线C的方程与准线l的方程； (2)求的最小值； (3)已知P，M分别是抛物线C与准线l上的动点，若C在点P处的切线交y轴于点Q，且，试判断点N是否在定直线上，若在，请求出定直线的方程；若不在，请说明理由． 【答案】(1)；； (2)； (3)N在定直线上，直线方程为：. 【分析】（1）由结合抛物线定义可得准线方程，据此可得抛物线方程； （2）设过点F的直线方程为，将直线方程与抛物线方程联立，结合韦达定理可得，然后由抛物线定义结合基本不等式可得最小值； （3）设，由导数知识可得点P处的切线方程，据此可得点Q坐标，设，由可得，据此完成判断及得到定直线方程. 【详解】（1）由是C上一点，且，结合抛物线定义， 可得准线方程为：，则焦点为，则； （2）由题可得点F的直线的斜率存在， 设过点F的直线方程为：，将直线方程与抛物线方程联立， 可得，判别式为. 设，由韦达定理，可得，则. 又由抛物线定义可得， 当且仅当，即时取等号； （3）设，， 则在处的切线方程为：. 令，得，设，则. 又注意到，， 则.因， 则，从而，即N在定直线上， 直线方程为：. 【跟踪训练】1．（25-26高三下·海南海口·阶段检测）已知椭圆 （>）的离心率为 A，B分别为椭圆C的上、下顶点，O为坐标原点，直线与椭圆C交于不同的两点P，Q. (1)设点M 为线段PQ的中点，证明：直线OM 与直线PQ的斜率之积为定值； (2)若时， ①求椭圆C的方程； ②证明：直线BP与直线AQ的交点D在定直线上. 【答案】(1) 设，则 则由 两式相减可得，即 ， 所以 为定值. (2)①； ②联立方程，消去，可得， 由，解得，则， 因直线BP的方程为，即 ， 直线AQ的方程为，即， 设直线BP与直线AQ的交点为，则联立， 由，解得 ， 将其代入①，可得 即. 故直线BP与直线AQ的交点在定直线上. 【分析】（1）设，利用点差法求得，再化简计算即得； （2）①利用条件建立关于的方程，求解即得椭圆方程；②将直线与椭圆方程联立，写出韦达定理，分别列出直线BP与直线AQ的方程，设，联立求得，回代入方程，利用韦达定理化简推出，即得结论. 【详解】（1）略 （2）①由题意可得，  解得，故椭圆方程为 . ②略 2．（2026·江苏·一模）已知双曲线的离心率为，是上一点，直线的斜率为，且与交于两点. (1)求的方程； (2)若，求的方程； (3)证明：的外接圆的圆心在定直线上. 【答案】(1) (2) (3) 由（2）知，可得的中点的横坐标为， 则点的纵坐标为，即， 所以线段的垂直平分线的方程为，即， 设点的坐标为， 因为，可得 ， 又因为， 代入得， 整理得， 又由，可得， 则，可得， 其中， 则， 整理得， ①当时，两边同除以，可得， 代入，可得，即， 所以的外接圆的圆心在定直线上； ②当时，即时，可得直线的方程为， 此时点满足直线的方程，此时三点共线，不能构成三角形，舍去， 综上可得，的外接圆的圆心在定直线上. 【分析】（1）根据题意，利用双曲线的几何性质，列出方程组，求得，即可求解； （2）设，联立方程组，由，求得，且，结合，根据向量数量积的运算公式，列出方程，求得的值，即可求解； （3）由（2）求得线段的垂直平分线的方程为，设点的坐标为，根据及，列出方程，化简得到，代入，求得，得到圆心在定直线上，即可得证. 【详解】（1）因为双曲线的离心率为，且是上一点， 可得，解得， 所以双曲线的方程为. （2）设直线的方程为，且， 联立方程组，整理得， 则，解得，所以或， 且， 因为，可得， 又因为， 可得， 所以 ， 将代入上式得， ， 因为，可得，即， 解得或， 又因为或，所以， 所以直线的方程为. （3）略 3．（2026·广东汕头·一模）已知椭圆，点M为动直线被椭圆截得的弦的中点． (1)求证：动点M在定直线上，并求此定直线l的方程； (2)设直线l与该椭圆相交于C、D两点，求证：A、B、C、D四点共圆． 【答案】(1) 设，，则. 又因为在椭圆，所以， 两式相减得，即， 所以，又因为直线的方程为， 所以，代入上式得，即， 所以弦的中点恒在直线上，直线l的方程为. (2) 因为直线与椭圆相交于C、D两点， 直线与椭圆相交于A、B两点， 所以构造过A、B、C、D四点的曲线系方程， 化简整理得， 因为要使该方程表示圆，则，得， 代入方程得， 即，， 方程表示一个圆心，半径为的圆，且A、B、C、D四点在圆上.如图： 所以A、B、C、D四点共圆. 【分析】（1）直接由点差法证明点在定直线上，并可得直线方程； （2）根据直线的方程，直线l的方程及椭圆方程构造曲线系方程，再判断曲线系方程是否是一个圆的方程可得. 【详解】（1）略 （2）略 4．（25-26高三下·广东江门·开学考试）已知双曲线上的点与坐标原点之间距离的最小值为2，点在上，且． (1)求的标准方程． (2)过点的直线交于异于顶点的，两点，且，，设的左、右顶点分别为，直线与交于点． （ⅰ）证明：点在定直线上． （ⅱ）证明：． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明： 由题意，设直线AB的方程为， 联立，得， 则， 又，则， 所以，， 联立，得， 则， 所以 ， 所以点在定直线上. （ⅱ）证明： 设，则，， 所以， ， 因为在直线上，所以， 因为为的根，不妨令， 则，所以， 则， 所以， 所以 ， 则， 所以，即. 【分析】（1）根据题意，可得a值，根据，可得t值，将P点坐标代入方程，可得，即可得答案. （2）（ⅰ）设出直线AB的方程，与双曲线联立，结合韦达定理，可得表达式，求出直线AD和直线BE的方程，消y可得关于x的表达式，化简整理，即可得证 （ⅱ）根据（ⅰ）设出H点坐标，进而可得所需向量坐标，根据向量夹角公式，结合条件，代入计算，即可得证. 【详解】（1）因为双曲线上的点与坐标原点之间距离的最小值为2，所以， 因为点在上，且， 所以，解得，即， 将点P坐标代入双曲线可得，解得 所以的标准方程为. （2）（ⅰ）略； （ⅱ）略. 5．（25-26高三上·四川眉山·期末）已知椭圆的离心率为为坐标原点，椭圆上的点到两个焦点的距离之和为4. (1)求椭圆的方程. (2)设椭圆的左､右顶点分别为，过右焦点且斜率存在且不为0的直线交椭圆于，两点，直线与直线相交于点. （i）当斜率为1时，求四边形的面积. （ii）求证：点在定直线上. 【答案】(1) (2)（i）； （ii）证明：设直线的方程为且斜率不为0，设， 由椭圆方程可知，联立，整理得， 由根与系数的关系得. 设直线的方程为，直线的方程为， 设，则， 将代入得. 同时将根与系数关系式代入上式，化简整理得. 因为直线的斜率不为不能同时为0，且若假设， 代入到，得；代入到，得， 将代入到中，整理得， 即矛盾，故假设不成立，即 故只能，即，因此点在定直线上. 【分析】（1）利用椭圆的定义求出，结合离心率求出，结合，进而求出椭圆的方程. （2）（i）先写出直线的方程，联立椭圆方程得到一元二次方程，利用韦达定理求出 ，后用“分割法”（将四边形拆分为两个三角形）计算面积.（ii）设直线的方程为，联立椭圆方程得到韦达定理的结果，写出和的直线方程，联立求出，证明，从而确定点在定直线上. 【详解】（1）由椭圆定义得，解得. 又因为离心率，所以， 则，因此椭圆标准方程为 （2）（i）由（1）得，当时，直线的方程为. 联立，得（或） 设，则， ， ∴四边形的面积； （ii）略 6．（25-26高三上·上海·期末）已知双曲线的左、右顶点分别为，离心率为2，右焦点到双曲线的渐近线距离为，过右焦点作直线交双曲线的右支于两点， (1)求双曲线的方程； (2)过左焦点，作直线的平行线交双曲线的左支于两点，求四边形的面积的最小值； (3)若直线交于点，证明：在定直线上． 【答案】(1) (2)24 (3) 证明：左顶点，右顶点， 设过的直线方程 直线的方程为，直线的方程为， 两式相除得，代入 计算：． 由（2）知， 注意到，代入得：， 因此，解得. 故交点的横坐标恒为，即在定直线上. 【分析】（1）利用离心率和焦点到渐近线的距离这两个条件，求出的值，从而确定双曲线方程； （2）由双曲线的对称性四边形为平行四边形，故，设出直线的方程，分别与双曲线联立，由计算四边形面积并借助函数的单调性求最小值； （3）写出直线和的方程，联立求解交点的坐标，证明其横坐标为定值. 【详解】（1）因为双曲线的离心率，故， 而双曲线的渐近线为，故右焦点到渐近线的距离为， 而，故， 故双曲线的方程为：. （2）显然直线与轴不垂直，设， 由双曲线的对称性知，结合，即四边形为平行四边形， 且为平行四边形的对角线中点，故， 联立，故， 由于均在双曲线右支，故，故， 而 ， 令，则， 易知在上为减函数，则当时，， 综上，四边形的面积的最小值为 （3）略 7．（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 考点04 以弦长或线段长度为背景的最值与范围问题 求圆锥曲线中某些量的最值或取值范围。常见方法：建立目标函数（关于某个变量），利用函数单调性、基本不等式、判别式法、几何意义（如点到直线距离、切线等）求解。 若为二次函数，配方法求最值（注意定义域）。- 若为分式，可用判别式法（转化为关于 的二次方程有解，）或基本不等式。- 若为三角函数，用有界性。- 几何法：利用几何意义（如点到直线距离、圆外一点到圆上点距离等）。 【典例4】（26-27高三上·湖南·开学考试）在平面直角坐标系中，设抛物线：，点（）．过点的直线与交于，两点，设点到直线的垂足为，记的面积为． (1)若，且轴，求； (2)求关于的表达式； (3)当直线变化时，若为定值，则求出的值，并求该定值． 【答案】(1)2 (2) (3)，定值为2． 【分析】（1）由直线与抛物线联立求解出，两点，再根据三角形面积公式即可求出. （2）先设出直线的方程，再联立抛物线方程，分别表示出即可. （3）由（2）可得，，再代入求解即可. 【详解】（1）由且轴，得：． 将代入，得，得， 从而． 点到直线的距离为1，故． （2）设直线：， 联立抛物线方程得， ，设，， ，又∵，∴， ，， ∴. （3）由（2）得， ∴， ∴， 当时，为定值． 【跟踪训练】1．（2026·天津河西·一模）已知椭圆的右焦点为F，离心率为，且经过点． (1)求椭圆的标准方程； (2)设不垂直于坐标轴的直线l与椭圆C相切，过F作直线l的垂线，垂足为H，线段的长度是否是定值？若是，求出这个值；若不是，说明理由． 【答案】(1) (2)是，定值为2 【分析】（1）由离心率得，，再待定系数求解即可； （2）根据题意设直线的方程为，进而与椭圆联立方程，并结合位置关系得，再求得直线，与直线的方程联立求得，最后计算即可得答案. 【详解】（1）解：因为离心率，所以，，， 所以椭圆的标准方程为， 因为经过点，所以，所以 所以椭圆的标准方程为 （2） 解：因为直线l不垂直于坐标轴，所以直线的斜率存在且不为0， 设不垂直于坐标轴的直线的方程为 所以联立得 因为直线l与椭圆C相切， 所以，即， 因为右焦点为F的坐标为， 所以过F作直线l的垂线的方程为， 因为垂足为H，所以联立，得，即 所以 将代入得， 所以，线段的长度是定值，这个值为2． 2．（2026·山东枣庄·三模）已知双曲线的实轴长为，且经过点. (1)求的渐近线方程； (2)设曲线，点，分别是，上的动点，且满足，若原点到直线的距离为定值，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意求出的方程，再求渐近线方程即可； （2）当直线轴时，根据等面积法求得到直线的距离；当直线与轴不垂直时，设出直线的方程，分别代入双曲线和椭圆的方程，求得，利用等面积法求得到直线的距离，结合点到直线的距离为定值求出． 【详解】（1）根据题意，，解得， 则， 所以双曲线的渐近线方程为； （2）设点到直线的距离为， 当直线轴时，， 根据等面积法得，解得； 当直线与轴不垂直时，设直线的方程为（显然）， 则直线的方程为，由，得， 所以①， 同理，由可求得②， 根据等面积法得，即， 即 ，即③， 将①②代入③得， 又点到直线的距离为定值， 所以，解得， 时，，即， 综上所述，时，点到直线的距离为定值． 3．（2026·重庆·模拟预测）已知点是抛物线的焦点，点在曲线上，且． (1)求的方程； (2)过点作两条直线交于两点，交于两点，且． ①求证：为定值； ②求四边形面积的最小值． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）由点在曲线上，求得，再由，利用抛物线的定义，列出方程，求得的值，即可求解; （2）①设的斜率为，得到的斜率为，得到和的方程，联立方程组，利用弦长公式分别求得，代入运算，即可得证; ②由，化简，结合基本不等式，即可求解. 【详解】（1）由抛物线 , 可得焦点 , 准线为 , 因为点 , 可得 , 解得 , 又因为 , 由抛物线的定义, 可得 , 解得 ,所以抛物线 的方程为 . （2）①由(1)知 , 由题可知直线 斜率均存在且不为 , 否则必有一条直线与抛物线 只有一个交点, 不符合题意. 设 的斜率为 , 因为 , 则 的斜率为 , 则 的方程为 , 联立方程组 整理得 , 设 , 则 , , 则 同理可得: , 所以 所以 为定值 . ②因为，所以四边形的面积为， 由①知：， 所以， 令，则， 当且仅当时，即时，即时，等号成立， 所以四边形的面积的最小值为288. 4．（25-26高三下·广东·阶段检测）已知点，抛物线的焦点为，线段的中点在上． (1)求的方程； (2)过点的直线与交于、两点． （ⅰ）已知的准线为，作于点，证明：直线过定点； （ⅱ）过点与平行的直线与交于点、．判断是否为定值，若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由． 【答案】(1) (2)（i）设点、，由题意可知直线的斜率不为， 设直线的方程为，联立可得， ，由韦达定理可得，， 抛物线的准线方程为，则， 设坐标原点为点，则，， 所以、、三点共线，即直线过定点； （ii）由（i）知，， 设点、，设直线的方程为， 联立得，， 由韦达定理可得，， 因为直线过点，所以， 所以 ， 所以为定值. 【分析】（1）求出线段的中点坐标，将该中点坐标代入抛物线的方程，可得出关于的等式，解出正数的值，即可得出抛物线的方程； （2）（i）设点、，设直线的方程为，将该直线方程与抛物线方程联立，列出韦达定理，计算得出，即可证得结论成立； （ii）设点、，设直线的方程为，则，将该直线方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式计算出的值，即可得出结论. 【详解】（1）由、得线段的中点坐标为， 将点的坐标代入抛物线的方程得，即， 因为，解得，故抛物线的方程为. （2）（i）略 （ii）略 5．（2026·湖北武汉·模拟预测）曲线E：（）与直线l：交于点A，过点A且与l垂直的直线交曲线E于另外的点B，设线段AB的中点为P，定点Q的坐标为. (1)用t表示点A的坐标； (2)证明：为定值； (3)是否存在某条直线始终与以为直径的圆相切？若存在，求出该直线的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)因为直线斜率为，所以直线斜率为， 即直线：， 联立直线和曲线得： ，化简得： ， 设， ，中点 ， 由韦达定理可得：，即 ， 所以， 根据两点间距离公式可得：， 又因为线段AB的中点为P，所以， 由两点距离公式可得： ， ， 所以， 即为定值. (3) 【分析】（1）联立曲线和直线求交点. （2）先求出过与直线垂直的直线方程，联立曲线方程，用韦达定理求点坐标，进而得到点坐标，最后计算为定值. （3）根据直线与以为直径的圆相切验证特殊直线是否存在. 【详解】（1）因为曲线和直线交于点， 所以将直线代入曲线E：， 则， 化简得，即，即， 所以. （2）略 （3）存在直线：满足条件，下证之. 设圆心为，半径为，直线 交于， ，连接，则，， 设，为与之间的距离， ，， 由（2）可知，， 所以， 所以圆心到的距离， 故与相切，直线满足条件. 6．（2026·湖北宜昌·二模）已知双曲线的焦点到一条渐近线的距离为，且点在双曲线上． (1)求双曲线的方程； (2)斜率为的直线与双曲线的右支交于、两点（异于点）． ①求直线、的斜率之和； ②若的外接圆圆心为，试问在轴上是否存在定点使为定值，若存在，求出点坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)①；②存在，且点. 【分析】（1）利用点到直线的距离公式求出的值，将点的坐标代入双曲线的方程，求出的值，即可得出双曲线的方程； （2）①设点、，设直线的方程为，将该直线方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，结合斜率公式可求得直线、的斜率之和； ②设的外接圆方程为，分析可知方程与方程为同解方程，可得出关于、、的方程组，解出、，可得出点的坐标，求出直线的方程，当时，求出直线的方程，取点为直线与轴的交点，结合勾股定理可得出结论. 【详解】（1）双曲线的右焦点为，双曲线的渐近线方程为，即， 所以焦点到一条渐近线的距离为， 因为点在双曲线上，所以，解得， 故双曲线的标准方程为. （2）①设点、，设直线的方程为， 因为点不在直线上，则，可得， 联立，可得， 则，解得或， 由题意可得，所以且， 所以 ， 即直线、的斜率之和为. ②设的外接圆方程为， 则， 由代入， 可得， 可得， 同理可得， 所以、为关于的方程的两根， 又因为、为关于的方程的两根， 所以方程与方程为同解方程， 所以，解得， 易知点，即点，， 所以直线的方程为，即， 当时，直线的方程为，即， 直线与轴的交点为，不妨取点，此时， 则， 故在轴上存在定点，使得为定值. 考点05 以面积为背景的最值与范围问题 （1）当点在圆锥曲线上时,求相关式子(目标函数)的取值范围,常把参数方程代入转化为三角函数的最值问题,或根据平面几何知识,或引入一个参数(有几何意义)转化为函数进行处理。 （2）由直线(系)和圆锥曲线(系)的位置关系,求直线中或圆锥曲线中某个参数(系数)的范围解题方法是把所求参数转化为关于另一变元的函数求解。 （3）判别式法：将目标函数化为关于 的二次方程，利用 求值域，注意等号能否取到。2. 基本不等式：注意“一正二定三相等”，常需配凑。3. 几何意义：如距离最值常转化为点到直线距离，或利用三角形不等式。4. 切线法：求点到曲线的最短距离常转化为切线问题 【典例5】（2026·河南南阳·一模）用圆规画一个圆，然后在圆外标记点，并把圆周上的点折叠到点，连接，标记出直线与折痕所在直线的交点（如图），若不断在圆周上取新的点，，…进行折叠并得到标记点，，…，设圆的半径为4，点到圆心的距离为6，以所在的直线为轴，的中垂线为轴建立平面直角坐标系，所有的点，，，…形成的轨迹记为曲线． (1)求曲线的轨迹方程； (2)设为曲线上第一象限内的一点，记的重心为，内心为． ①若，求点的坐标； ②连接交曲线于第四象限一点，设的内心为，求四边形的面积的取值范围． 【答案】(1) (2)①；②． 【分析】（1）由已知可得，进而由双曲线的定义知点，，，形成的轨迹是以，为焦点，以为实轴长的双曲线，进而可求曲线的标准方程； （2）①由 得，可求得内心的纵坐标及的内切圆半径为，结合三角形面积公式计算可解得，再联立的距离方程与双曲线方程即可求得的坐标；②利用双曲线定义与三角形内切圆性质，先求内切圆在轴上的切点横坐标均为，进而可得和均为角平分线，通过直线倾斜角为，将转化为，再通过计算即可得出结果. 【详解】（1）把圆周上的点折叠到点，折痕所在直线是的垂直平分线， ∴，， 若不断在圆周上取新的点，，…，进行折叠并得到标记点，，…， 总有，成立， 符合双曲线定义，故点，，，…形成的轨迹是以，为焦点， 以为实轴长的双曲线，故， 由，得，∴，， 即曲线的标准方程为：． （2）方法一： ①设点（，），则的重心的坐标为， 由题知，即内心的纵坐标为，也即内切圆半径为， 于是由， 得，而，， 即，解得， 从而有，解得， 所以点的坐标为． ②设内切圆与轴的切点为，其横坐标为． 根据双曲线定义和内切圆性质： ，， 联立解得：，， 所以圆心的横坐标为：， 同理的内切圆与轴的切点横坐标也为2， 连接和，则和均为角平分线， 设直线倾斜角为，通过几何关系得：， 由题，均在右支上，可知，或，从而可得，即， 所以， 即的取值范围． 方法二： ①连接并延长交轴于，由题知，即， 由角平分线性质知：，于是有，且， 解得，，故，易得； 设内切圆与轴的切点为，其横坐标为． 根据双曲线定义和内切圆性质：，， 联立解得：，， 所以圆心的横坐标为：， 于是，即，故， 代入曲线得， 所以点的坐标为． ②，由①知的横坐标为2，同理的内切圆与轴的切点横坐标也为2， 连接和，则和均为角平分线，设直线倾斜角为，通过几何关系得： ， 由题，均在右支上，可知，或，从而可得即， 所以， 即的取值范围是． 【跟踪训练】1．（26-27高三上·湖北·阶段检测）已知动点满足：点到直线的距离是点到点距离的2倍． (1)求点的轨迹方程； (2)若圆与曲线有且仅有四个交点，，，，求四边形面积的取值范围； (3)若点在曲线上运动，求关于，的表达式的范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）直接用坐标表示出已知条件化简即得； （2）圆方程与椭圆方程联立，求得交点坐标的平方值，由四个交点的条件得出的范围，然后结合对称性求得四边形的面积，再结合基本不等式求得范围； （3）设定点，直线，且所在直线与定直线所成角为，点到直线的距离为，， 所以．然后求出直线与椭圆相切时切点坐标，求出相应，结合图形可得范围. 【详解】（1）由题意知，化简得． （2）联立圆与椭圆：，化简得． 因为圆与椭圆有且仅有四个交点，所以． 又由圆与椭圆对称性可知四个交点构成矩形，所以边长分别为， 即 当且仅当，即时等号成立， 即四边形面积的取值范围为． （3）设定点，直线，且所在直线与定直线所成角为， 则点到直线的距离为，， 所以． 设所在直线：，联立椭圆，得， 由得， 时，，时，， 所以当且仅当时，直线与椭圆相切，切点分别为，， 时，， 时，， 所以， 所以关于，的表达式的范围是． 2．（2026·福建·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为、，，点M在椭圆C上，且的面积的最大值为． (1)求椭圆C的方程； (2)设G为的重心，I为的内心，I、G两点不重合． ①证明：； ②点P，Q在椭圆C上，且，求的面积的取值范围． 【答案】(1) (2)① 证明见解析；② 【分析】（1）由可得，由的面积的最大值可得，从而可得椭圆方程； （2）①设，利用重心性质得到，再利用等面积法得到的内切圆半径，所以和的纵坐标相等，；②设延长线交轴于点，利用角平分线定理得到，进而得到点坐标，再利用得到，同时利用点差法求出直线的斜率并进一步写出方程，与椭圆联立计算出的纵坐标之差，结合得到的面积的表达式，根据范围分析即可． 【详解】（1）由题意，，所以， 因为，， 所以的最大值为，， 从而，所以椭圆的方程为． （2）①设，不妨设，因为为的重心， 则，所以，设的内切圆半径为， 因为， 所以即，可知和的纵坐标相等， 所以． ②， 设延长线交轴于点，因为为的内心， 由角平分线定理有，所以， 即，，可得， 因为且，所以， 设，则有， 作差得， 由可得为中点，所以， 于是直线的斜率， 所以直线，即， 利用化为，整理得， 联立，得， 因为，所以，即得， 则， 所以， 则， 因为存在，所以，且I、G两点不重合，所以， 所以，故面积的取值范围为． 3．（2026·广东茂名·一模）已知椭圆的右焦点为，离心率为.过点且与轴不重合的直线交于两点. (1)求的方程； (2)若的平分线垂直于轴. （i）求实数的值； （ii）以为半径的圆的面积分别记为的面积为，求的取值范围. 【答案】(1) (2)（i）4，（ii） 【分析】（1）依条件列关于的方程，解方程即可； （2）（i）设直线方程与，，联立椭圆的方程，得到的值，由 的平分线垂直于 轴，得：，再代入坐标，代入韦达定理可得答案；（ii）分别计算三角形与圆的面积，代入，可把表示成关于的函数，利用对勾函数的单调性可得答案. 【详解】（1）由已知，右焦点为 ，故 ， 离心率 ，解得 ， 由 ， 得椭圆 的方程为 （2）（i）设直线 的方程为 ， 代入椭圆方程得， 设 ，，则 的平分线垂直于 轴，等价于 ， 且直线与椭圆有两个交点， 由 得， 将韦达定理代入：， 化简得：， 解得： . 因此，实数 的值为 ； （ii）由（i）知 ，直线方程为 （）， 联立椭圆方程得 则 由直线与椭圆有两个交点得： ， 三角形 的面积， ， 又， 所以， 于是， ， 故， 令 ，则： 考虑函数 ，， 由，得， 故在上单调递增， 当时，， 所以的值域为， 因此， 的取值范围是 。 4．（2026·河北沧州·一模）已知椭圆的焦距为，上的点到两焦点的距离之和为6． (1)求的方程； (2)记的左顶点为，过点的直线与交于两点（异于点）． （i）求的面积的取值范围； （ii）直线分别与直线交于两点，证明：以为直径的圆恒过定点，并求出定点坐标． 【答案】(1) (2)（Ⅰ）；（Ⅱ）定点坐标为和；证明：由题意可得直线的斜率均存在且均不为0， 由直线和，得，即，同理， 易得以为直径的圆的方程为， 即， 而 ， ，    故以为直径的圆的方程为， 令，得， 故以为直径的圆恒过定点和． 【分析】（1）根据椭圆的求解椭圆的标准方程即可； （2）设，直线，联立直线与椭圆得交点坐标关系,（i）利用面积公式即可得的面积表达式，利用基本不等式求解最值即可得的面积的取值范围；（ii）由直线和，联立得点坐标，同理得点的坐标，从而可得以为直径的圆的方程，即可得定点坐标． 【详解】（1）设的焦距为， 由题意可知，所以， 所以椭圆的方程为； （2）（i）由（1）得，设， 由题得直线的斜率不为零，设，由，得， 所以，, 则, 令，则， 因为在上单调递增，所以， 所以的面积的取值范围为； （ii）略 5．（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）如图，已知抛物线的焦点为为坐标原点．过作两条直线，这两条直线与抛物线分别交于和两点．当垂直于轴时，． (1)求抛物线的方程； (2)若，求四边形面积的取值范围； (3)将绕轴旋转一周得到一个旋转体，求该旋转体体积的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用抛物线的通径长求出的值，即得抛物线方程； （2）依题设与抛物线方程联立，消元后写出韦达定理，分别求出弦长，以及四边形的面积表示式，利用基本不等式即可求得其范围； （3）分析题意，得出所求旋转体为一个圆台去掉两个分别以圆台上下底面为底面，点为顶点的圆锥余下的几何体，利用体积公式计算化简，再运用基本不等式即可求得体积最小值. 【详解】（1）当轴时， 由得， 抛物线C方程为 （2）设， 依题意，直线的斜率均存在且不为0，设， 将其与联立消元得： 则， 于是，， 因， 则 因，则，同理可得： 则 ，当且仅当时取等号， 即四边形面积的取值范围为 （3） 设A、B关于y轴的对称点分别为，记以等腰梯形绕y轴旋转一周得到圆台体积为， 以为底面直径，O为顶点的圆锥体积为，以为底面直径，O为顶点的圆锥体积为， 则所求旋转体体积为： 当且仅当，即时等号成立， 此时所求旋转体体积的最小值为． 考点06 以斜率为背景的最值与范围问题 1.利用不等关系求最值（范围）的三种方法 2.构造基本不等式求最值的步骤 【典例6】（2026·广东广州·模拟预测）记双曲线的左焦点为，渐近线方程为，过点作直线与交于两点． (1)求的方程； (2)记的斜率分别为为轴上一定点． （i）证明：为定值； （ii）记中点为，以为圆心，为半径的圆与另交于一点的斜率为，若为定值，求的坐标，并求出的值． 【答案】(1) (2)（i）证明：显然斜率不为0，故设．联立， 得，设， 则，于是， ， ， 于是，为定值．； （ii）， 【分析】（1）根据焦点坐标、渐近线方程求出双曲线的方程. （2）（i）设，与双曲线方程联立，结合韦达定理化简即可证明； （ii）先求出点的坐标，然后化简所求表达式，根据定值计算即可. 【详解】（1）由得，可得， 联立，得，于是． （2）（i）略 （ii）， 于是显然为中点，设， 由，得， 记， 由其为定值可知其与无关， 故必有，于是，于是． 【跟踪训练】1．（26-27高三上·安徽·阶段检测）已知抛物线的焦点为，过点且倾斜角为的直线与抛物线形成的弦长为． (1)求抛物线的方程； (2)已知直线与抛物线交于、两点，其中，． （i）已知点在抛物线上，且，若，求的值； （ii）探究：是否存在定点，使得（其中、分别为直线、的斜率），若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）存在， 【分析】（1）设直线，联立抛物线方程，可得与交点横坐标有关的韦达定理，再利用抛物线定义计算即可得； （2）（i）联立直线方程与抛物线方程，可得与交点纵坐标有关的韦达定理，再设，，代入抛物线计算，结合可得，从而可得点坐标，即可得的值； （ii）当直线轴时，若，则点必在轴上，则可设，利用斜率公式与（i）中所得韦达定理计算即可得解. 【详解】（1）设直线，联立，得，， 设直线与抛物线交于、两点，则， 由抛物线定义知，，解得， 所以抛物线的方程为. （2）（i）联立，得，则，， 设，，代入抛物线得， 则，，所以， 因为，，，所以． 又因为， 所以，解得或， 因为，，所以，则，代入中，解得； （ii）存在，当直线轴时，若，则点必在轴上， 设，则 ， 所以，即，则，故. 2．（2026·江苏·二模）在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，右顶点和上顶点分别为和，． (1)求的标准方程； (2)设为线段上的动点，过作平行于轴的直线与在第一象限内交于点，点满足，延长线段交于另一点． ①当的横坐标为1时，记直线和的斜率分别为和，求的值； ②当直线的斜率为1时，直线与线段交于点，记和的面积分别为和，求的值． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）根据椭圆的性质结合离心率构造方程求出，进而求出椭圆方程； （2）①根据已知条件结合椭圆方程求出相关点坐标，利用斜率公式表示斜率，进而求解；②设坐标及直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理结合构造方程求出，进而得出点坐标，进而求出． 【详解】（1）设的焦距为，右顶点，上顶点， 离心率为，， ，， ，解得，故， ， 的标准方程为． （2）由题意可得，，直线的方程为， ①当的横坐标为1时，， 由题意可知点为线段的中点，， ， ； ②设，直线的方程为， 由，得， ， 为线段上的动点， ， ， ，故， 三点共线， ， 又， ， 将代入上式并化简，得： ， 即 ，解得， 当时，，与点在第一象限内矛盾，舍去； 当时，直线的方程为， ，， 又，得， ． 3．（25-26高二下·上海·阶段检测）已知椭圆的任意两条相互垂直的切线交点的轨迹是圆，称为椭圆的蒙日圆，其方程为．已知椭圆的离心率为，焦距为，为坐标原点． (1)求的标准方程； (2)已知直线与交于两点，且，求面积的取值范围； (3)过的蒙日圆上一点，作的一条切线，与蒙日圆交于另一点，若直线的斜率存在设的斜率分别为，证明：为定值． 【答案】(1) (2) (3) 由（1）得，则蒙日圆为， 设椭圆的切线方程为，由椭圆切线条件， 设切线与蒙日圆的交点， 联立切线与圆方程，得， 由韦达定理得，因， 则 . 【分析】（1）利用离心率和焦距求出，进而求出的标准方程； （2）分斜率存在和不存在两种情况讨论，结合得出构造方程，结合韦达定理及面积公式求解； （3）设直线方程，联立直线和圆方程结合韦达定理计算求出，从而证明结论． 【详解】（1）已知椭圆的离心率为，焦距为，故， 由，得，， 椭圆的标准方程为：． （2） 由（1）知椭圆的标准方程为：， 当斜率不存在时，设直线：，则，代入椭圆方程得， 解得，则， 由，则，解得，， 则面积为， 当直线斜率存在时，设方程为，， 联立直线与椭圆方程得， ，可得①， 且，则 ， 化简得，即，经检验满足①式. ， 令，，则，， ， 令，则，则， 二次函数，开口向下，对称轴，最大值为， 区间端点或时，，即，故， ， 综上可得，面积的范围为． （3）略 4．（2026·云南昆明·模拟预测）已知椭圆：过点，以的长轴为直径的圆与轴上半轴交于，且． (1)求的方程； (2)若过点的直线与交于两点，满足直线的斜率之和为，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用椭圆过得，再利用得，即可写出椭圆方程； （2）设直线方程并联立方程组，用韦达定理结合斜率之和的条件求出斜率，再用弦长和距离公式即可求出面积. 【详解】（1）因为椭圆过点，所以，即， 又因为以长轴为直径的圆与轴上半轴交于，且，即， 所以，故椭圆的方程为. （2）由（1）知，设过点的直线的方程为，设， 联立方程组，代入化简得：， 由韦达定理：， 又因为直线的斜率为：，直线的斜率为：， 且 所以， 解得，此时直线：， 方程变为， 判别式满足题意，且， 此时弦长， 点到直线的距离为， 所以的面积为. 5．（2026·山西吕梁·二模）已知抛物线C：过点，直线与C交于A，B两点，O为坐标原点. (1)若直线的斜率为-1，且，求直线的方程； (2)若直线不经过点P，且直线与直线的斜率之积为4，过点P作直线垂直于点G，求点G到C的准线距离的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用抛物线上的点，求出抛物线方程，设直线的方程为，代入抛物线方程，利用韦达定理和，求出的值得直线的方程； （2）直线与直线的斜率之积为4，得直线恒过定点，点在以为直径的圆上，可求点G到C的准线距离的最大值. 【详解】（1）抛物线C：过点，则有， 解得，所以抛物线C的方程为. 直线与C交于A，B两点，设， 直线的斜率为-1时，设直线的方程为， 由消去得，则有，解得， 由韦达定理得，，， ，， 解得或（舍去），所以直线的方程为. （2）设直线l的方程为，联立得， 化简得，则，即， 设，则，. 得到，. 又，所以，即， 可得， 代入得， 即，即， 即，即， 又直线不经过点P，所以，则， 所以直线的方程为，因此直线恒过定点. 由，得，解得或. 连接，因为， 所以点在以为直径的圆上， 所以点到的准线的距离的最大值如下， 为圆心到的准线的距离加上半径，即， 此时，，满足题意， 因此点G到C的准线距离的最大值为. 6．（2026高三·全国·专题练习）已知双曲线的焦点到一条渐近线的距离为，且点在双曲线上． (1)求双曲线的方程； (2)斜率为的直线与双曲线的右支交于、两点（异于点）．求直线、的斜率之和； 【答案】(1) (2)0 【分析】（1）利用点到直线的距离公式求出的值，将点的坐标代入双曲线的方程，求出的值，即可得出双曲线的方程； （2）设点、，设直线的方程为，将该直线方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，结合斜率公式可求得直线、的斜率之和. 【详解】（1）双曲线的右焦点为， 双曲线的渐近线方程为，即， 所以焦点到一条渐近线的距离为， 因为点在双曲线上，所以，解得， 故双曲线的标准方程为. （2）如图，设点、，设直线的方程为， 因为点不在直线上，则，可得， 联立，可得， 则，解得或， 由题意可得，所以且， 所以 ， 即直线、的斜率之和为. 7．（2026·四川德阳·二模）在平面直角坐标系中，已知椭圆C：的左、右顶点分别为，F为椭圆C的右焦点，P为椭圆C上不同于A、B的动点，若，直线PF与椭圆C的另一个交点为Q． (1)求椭圆C的标准方程； (2)求面积的最大值； (3)若P在x轴的上方，设直线AP、BQ的斜率分别为，是否存在常数，使得成立？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在， 【分析】（1）由椭圆的左右顶点可知的值，设，则，分别表示出再根据即可求出，则可得椭圆标准方程； （2）设直线方程为，将直线和椭圆方程联立可得，由韦达定理可得的值，求出，再由点到直线距离公式求出左顶点到直线距离，由面积公式可得到面积，再根据换元法即可求出最大值； （3）假设存在使得，分别表示出，再根据，代入到，由（2）韦达定理可知的值，代入到上式，再根据对任意的都成立，可求出值. 【详解】（1）由椭圆的左右顶点可知， 设，则， 化简可得，则， ， 所以，则椭圆的标准方程为； （2）由（1）可知椭圆的右焦点坐标为，设直线方程为， ，将直线和椭圆方程联立， 代入可得， 由韦达定理可知， 则， 而， 代入可得， 根据点到直线距离公式， 所以， 令则，所以， 函数在上单调递增， 所以即时，， 此时的面积最大，最大值为； （3）假设存在使得，分别求出， 因为在直线上， 所以， 故， 化简可得， 由（2）知， 则，所以可得， 整理化简可得， 要对任意的都成立，需系数满足， 解得，故存在，使得. 1 / 18 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 考点培优练05 圆锥曲线的定值、定点、定直线问题及其探索性证明问题6大考点 考点预览 目录 考点01 圆锥曲线中的定点问题 1 考点02 圆锥曲线中的定值问题 5 考点03 圆锥曲线中的定直线问题 9 考点04 以弦长或线段长度为背景的最值与范围问题 13 考点05 以面积为背景的最值与范围问题 17 考点06 以斜率为背景的最值与范围问题 20 考点通关 考点01 圆锥曲线中的定点问题 ①“特殊探路，一般证明”：先通过参数取特殊值等特殊情况推测定点坐标，再以猜想为方向，进行严谨的一般性证明，验证定点的唯一性。 ②“一般推理，特殊求解”：先设出定点坐标，结合题设选取参数并构建直线系（或曲线）方程，利用参数的任意性列出关于定点坐标的方程组，解方程组即可得到所求定点。 ③“方程形式推导法”:若需证明直线过定点，常借助直线的点斜式或斜截式等方程形式，通过推导论证直线必过该定点。 【典例1】（2026·山东滨州·一模）设圆的圆心为，直线过点且与轴不重合，交圆于两点，过作的平行线交于点，动点的轨迹为曲线． (1)证明为定值，并求曲线的方程； (2)若直线与曲线相交于两点． ①求面积的最大值； ②已知点，直线与曲线的另一个交点为，直线与曲线的另一个交点为．证明：直线过定点． 【跟踪训练】1．（26-27高三上·甘肃酒泉·开学考试）已知椭圆的离心率为，且椭圆过点． (1)求椭圆的标准方程． (2)点为椭圆的下顶点，，为椭圆上两个不同的点，直线和直线的斜率之积为，点，分别在射线、射线上，满足． ①已知直线的斜率存在，求证：直线恒过定点； ②设①中的定点为，若直线过点，求直线的方程． 2．（2026·山东烟台·模拟预测）已知焦点在轴的等轴双曲线的焦距为4． (1)求的标准方程； (2)设在的左支上任意一点处的切线为，右焦点关于的对称点为，证明：直线过定点，并求出该定点坐标： (3)设（2）中求得的定点为，求面积的最大值． 3．（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． 4．（25-26高三下·广东·阶段检测）已知点，抛物线的焦点为，线段的中点在上． (1)求的方程； (2)过点的直线与交于、两点． （ⅰ）已知的准线为，作于点，证明：直线过定点； （ⅱ）过点与平行的直线与交于点、．判断是否为定值，若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由． 5．（2026高三·全国·专题练习）已知椭圆的离心率为，且过点． (1)求椭圆的标准方程； (2)已知点，点是椭圆长轴上一个动点（不与椭圆中心O和顶点重合），过点作轴的垂线交椭圆于P，Q两点，直线与椭圆交于另一点，直线与椭圆交于另一点． ①求面积的最大值； ②直线是否过定点？若是，求出这个定点；若不是，请说明理由． 6．（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． 7．（2026·辽宁抚顺·一模）已知点在抛物线上，直线. (1)求抛物线的方程； (2)点，在上，且以为直径的圆过坐标原点，若直线交于另一点，直线交于另一点. （i）证明：直线过定点，并求出该定点坐标； （ii）是否存在，使得的面积为面积的2倍？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 考点02 圆锥曲线中的定值问题 解题步骤：①先设出直线方程（注意斜率不存在单独验证），将其与圆锥曲线方程联立，整理为关于x或y的一元二次方程； ②利用判别式确定变量的取值范围，同时写出韦达定理的表达式； ③结合韦达定理表示出待求量，并将其转化为关于变量的函数； ④对所得函数式进行化简、消元，最终推导出定值。 【典例2】（2026·陕西榆林·模拟预测）已知双曲线：的左、右顶点分别为，，点是上一点，过点向的两条渐近线作垂线，垂足分别为，，且. (1)求的方程； (2)若是的左支上异于点的一点，直线交直线于点，直线交于另一点. （i）设直线的斜率分别为，，求证：为定值； （ii）求坐标原点到直线距离的最大值. 【跟踪训练】1．（26-27高三上·内蒙古锡林郭勒·开学考试）已知椭圆：的离心率为，且过点． (1)求的标准方程； (2)设为坐标原点，，直线与交于，两点，线段的中点为，的外心为，直线的斜率为，直线的斜率为． （i）试用表示点的坐标； （ii）试判断是否为定值．若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 2．（2026高三·全国·专题练习）如图，已知直线l：过椭圆C：的右焦点F，抛物线的焦点为椭圆C的上顶点，且直线l交椭圆C于A，B两点，点A，F，B在直线上的射影依次为点D，K，E. (1)求椭圆C的方程； (2)若直线l交y轴于M点，且，，当m变化时，探求是否为定值？若是，求出的值.若不是，请说明理由； (3)连接AE，BD，试证明当m变化时，直线AE与BD相交于定点. 3．（2026·四川眉山·模拟预测）已知椭圆的焦点坐标分别为，点在上，直线与交于两点，点关于轴的对称点为为坐标原点. (1)求的方程； (2)证明：的面积为定值； (3)若点在直线的右侧，求直线在轴上的截距的最小值. 4．（2026·宁夏银川·三模）已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，实轴长为，点到双曲线的渐近线的距离为1，过的直线与交右支于，两点. (1)求双曲线的方程； (2)证明：存在轴上的一点，使得为定值. 5．（2026·北京顺义·二模）已知椭圆的离心率为分别是椭圆的上､下顶点，. (1)求椭圆的方程； (2)设是椭圆的左顶点，过点作斜率为的直线与椭圆交于点（不同于点），且与轴交于点，点在直线上，且.求证：的面积为定值. 6．（2026·江西南昌·二模）已知双曲线：（，）的离心率，其上顶点为，过点作斜率为的直线与双曲线的两支分别相交于，两点（在双曲线的上支）且与轴相交于点，直线与轴相交于点． (1)求双曲线的标准方程； (2)设直线，的斜率分别为，，求证：为定值； (3)是否存在直线使得，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 7．（2026·四川德阳·三模）已知椭圆的离心率为，左顶点为A，下顶点为B，的面积为1（O为坐标原点）． (1)求椭圆的方程； (2)点P为椭圆上任意一点，以P为圆心PO为半径的圆与以椭圆焦点F为圆心半径为的圆的公共弦为MN，是否存在r，使得的面积为定值（与点P无关）？若存在，求出r及的面积；否则说明理由． (3)事实上（2）的结论对任意椭圆都成立，写出该结论（不需要证明）． 考点03 圆锥曲线中的定直线问题 核心是 “转化目标→设参化简→锁定直线方程”。 首先明确是 “动直线过定点” 还是 “动点轨迹为定直线”，确定待求直线的表达形式（如）；接着合理设参（如动直线斜率、截距或动点坐标），避免参数冗余；随后将直线与圆锥曲线方程联立，用韦达定理表示根与系数的关系；再用参数推导直线的斜率、截距或动点坐标关系，代入韦达定理结果化简，消去参数得到系数固定的直线方程；最后对直线斜率不存在、参数取特殊值的情况验证，确保定直线唯一且成立。 【典例3】（2025·甘肃白银·二模）已知抛物线的焦点为F，点是C上一点，且，记O为坐标原点，过点F的直线与C相交于A，B两点． (1)求抛物线C的方程与准线l的方程； (2)求的最小值； (3)已知P，M分别是抛物线C与准线l上的动点，若C在点P处的切线交y轴于点Q，且，试判断点N是否在定直线上，若在，请求出定直线的方程；若不在，请说明理由． 【跟踪训练】1．（25-26高三下·海南海口·阶段检测）已知椭圆 （>）的离心率为 A，B分别为椭圆C的上、下顶点，O为坐标原点，直线与椭圆C交于不同的两点P，Q. (1)设点M 为线段PQ的中点，证明：直线OM 与直线PQ的斜率之积为定值； (2)若时， ①求椭圆C的方程； ②证明：直线BP与直线AQ的交点D在定直线上. 2．（2026·江苏·一模）已知双曲线的离心率为，是上一点，直线的斜率为，且与交于两点. (1)求的方程； (2)若，求的方程； (3)证明：的外接圆的圆心在定直线上. 3．（2026·广东汕头·一模）已知椭圆，点M为动直线被椭圆截得的弦的中点． (1)求证：动点M在定直线上，并求此定直线l的方程； (2)设直线l与该椭圆相交于C、D两点，求证：A、B、C、D四点共圆． 4．（25-26高三下·广东江门·开学考试）已知双曲线上的点与坐标原点之间距离的最小值为2，点在上，且． (1)求的标准方程． (2)过点的直线交于异于顶点的，两点，且，，设的左、右顶点分别为，直线与交于点． （ⅰ）证明：点在定直线上． （ⅱ）证明：． 5．（25-26高三上·四川眉山·期末）已知椭圆的离心率为为坐标原点，椭圆上的点到两个焦点的距离之和为4. (1)求椭圆的方程. (2)设椭圆的左､右顶点分别为，过右焦点且斜率存在且不为0的直线交椭圆于，两点，直线与直线相交于点. （i）当斜率为1时，求四边形的面积. （ii）求证：点在定直线上. 6．（25-26高三上·上海·期末）已知双曲线的左、右顶点分别为，离心率为2，右焦点到双曲线的渐近线距离为，过右焦点作直线交双曲线的右支于两点， (1)求双曲线的方程； (2)过左焦点，作直线的平行线交双曲线的左支于两点，求四边形的面积的最小值； (3)若直线交于点，证明：在定直线上． 7．（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. 考点04 以弦长或线段长度为背景的最值与范围问题 求圆锥曲线中某些量的最值或取值范围。常见方法：建立目标函数（关于某个变量），利用函数单调性、基本不等式、判别式法、几何意义（如点到直线距离、切线等）求解。 若为二次函数，配方法求最值（注意定义域）。- 若为分式，可用判别式法（转化为关于 的二次方程有解，）或基本不等式。- 若为三角函数，用有界性。- 几何法：利用几何意义（如点到直线距离、圆外一点到圆上点距离等）。 【典例4】（26-27高三上·湖南·开学考试）在平面直角坐标系中，设抛物线：，点（）．过点的直线与交于，两点，设点到直线的垂足为，记的面积为． (1)若，且轴，求； (2)求关于的表达式； (3)当直线变化时，若为定值，则求出的值，并求该定值． 【跟踪训练】1．（2026·天津河西·一模）已知椭圆的右焦点为F，离心率为，且经过点． (1)求椭圆的标准方程； (2)设不垂直于坐标轴的直线l与椭圆C相切，过F作直线l的垂线，垂足为H，线段的长度是否是定值？若是，求出这个值；若不是，说明理由． 2．（2026·山东枣庄·三模）已知双曲线的实轴长为，且经过点. (1)求的渐近线方程； (2)设曲线，点，分别是，上的动点，且满足，若原点到直线的距离为定值，求的值. 3．（2026·重庆·模拟预测）已知点是抛物线的焦点，点在曲线上，且． (1)求的方程； (2)过点作两条直线交于两点，交于两点，且． ①求证：为定值； ②求四边形面积的最小值． 4．（25-26高三下·广东·阶段检测）已知点，抛物线的焦点为，线段的中点在上． (1)求的方程； (2)过点的直线与交于、两点． （ⅰ）已知的准线为，作于点，证明：直线过定点； （ⅱ）过点与平行的直线与交于点、．判断是否为定值，若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由． 5．（2026·湖北武汉·模拟预测）曲线E：（）与直线l：交于点A，过点A且与l垂直的直线交曲线E于另外的点B，设线段AB的中点为P，定点Q的坐标为. (1)用t表示点A的坐标； (2)证明：为定值； (3)是否存在某条直线始终与以为直径的圆相切？若存在，求出该直线的方程；若不存在，请说明理由. 6．（2026·湖北宜昌·二模）已知双曲线的焦点到一条渐近线的距离为，且点在双曲线上． (1)求双曲线的方程； (2)斜率为的直线与双曲线的右支交于、两点（异于点）． ①求直线、的斜率之和； ②若的外接圆圆心为，试问在轴上是否存在定点使为定值，若存在，求出点坐标，若不存在，请说明理由． 考点05 以面积为背景的最值与范围问题 （1）当点在圆锥曲线上时,求相关式子(目标函数)的取值范围,常把参数方程代入转化为三角函数的最值问题,或根据平面几何知识,或引入一个参数(有几何意义)转化为函数进行处理。 （2）由直线(系)和圆锥曲线(系)的位置关系,求直线中或圆锥曲线中某个参数(系数)的范围解题方法是把所求参数转化为关于另一变元的函数求解。 （3）判别式法：将目标函数化为关于 的二次方程，利用 求值域，注意等号能否取到。2. 基本不等式：注意“一正二定三相等”，常需配凑。3. 几何意义：如距离最值常转化为点到直线距离，或利用三角形不等式。4. 切线法：求点到曲线的最短距离常转化为切线问题 【典例5】（2026·河南南阳·一模）用圆规画一个圆，然后在圆外标记点，并把圆周上的点折叠到点，连接，标记出直线与折痕所在直线的交点（如图），若不断在圆周上取新的点，，…进行折叠并得到标记点，，…，设圆的半径为4，点到圆心的距离为6，以所在的直线为轴，的中垂线为轴建立平面直角坐标系，所有的点，，，…形成的轨迹记为曲线． (1)求曲线的轨迹方程； (2)设为曲线上第一象限内的一点，记的重心为，内心为． ①若，求点的坐标； ②连接交曲线于第四象限一点，设的内心为，求四边形的面积的取值范围． 【跟踪训练】1．（26-27高三上·湖北·阶段检测）已知动点满足：点到直线的距离是点到点距离的2倍． (1)求点的轨迹方程； (2)若圆与曲线有且仅有四个交点，，，，求四边形面积的取值范围； (3)若点在曲线上运动，求关于，的表达式的范围． 2．（2026·福建·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为、，，点M在椭圆C上，且的面积的最大值为． (1)求椭圆C的方程； (2)设G为的重心，I为的内心，I、G两点不重合． ①证明：； ②点P，Q在椭圆C上，且，求的面积的取值范围． 3．（2026·广东茂名·一模）已知椭圆的右焦点为，离心率为.过点且与轴不重合的直线交于两点. (1)求的方程； (2)若的平分线垂直于轴. （i）求实数的值； （ii）以为半径的圆的面积分别记为的面积为，求的取值范围. 4．（2026·河北沧州·一模）已知椭圆的焦距为，上的点到两焦点的距离之和为6． (1)求的方程； (2)记的左顶点为，过点的直线与交于两点（异于点）． （i）求的面积的取值范围； （ii）直线分别与直线交于两点，证明：以为直径的圆恒过定点，并求出定点坐标． 5．（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）如图，已知抛物线的焦点为为坐标原点．过作两条直线，这两条直线与抛物线分别交于和两点．当垂直于轴时，． (1)求抛物线的方程； (2)若，求四边形面积的取值范围； (3)将绕轴旋转一周得到一个旋转体，求该旋转体体积的最小值． 考点06 以斜率为背景的最值与范围问题 1.利用不等关系求最值（范围）的三种方法 2.构造基本不等式求最值的步骤 【典例6】（2026·广东广州·模拟预测）记双曲线的左焦点为，渐近线方程为，过点作直线与交于两点． (1)求的方程； (2)记的斜率分别为为轴上一定点． （i）证明：为定值； （ii）记中点为，以为圆心，为半径的圆与另交于一点的斜率为，若为定值，求的坐标，并求出的值． 【跟踪训练】1．（26-27高三上·安徽·阶段检测）已知抛物线的焦点为，过点且倾斜角为的直线与抛物线形成的弦长为． (1)求抛物线的方程； (2)已知直线与抛物线交于、两点，其中，． （i）已知点在抛物线上，且，若，求的值； （ii）探究：是否存在定点，使得（其中、分别为直线、的斜率），若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由． 2．（2026·江苏·二模）在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，右顶点和上顶点分别为和，． (1)求的标准方程； (2)设为线段上的动点，过作平行于轴的直线与在第一象限内交于点，点满足，延长线段交于另一点． ①当的横坐标为1时，记直线和的斜率分别为和，求的值； ②当直线的斜率为1时，直线与线段交于点，记和的面积分别为和，求的值． 3．（25-26高二下·上海·阶段检测）已知椭圆的任意两条相互垂直的切线交点的轨迹是圆，称为椭圆的蒙日圆，其方程为．已知椭圆的离心率为，焦距为，为坐标原点． (1)求的标准方程； (2)已知直线与交于两点，且，求面积的取值范围； (3)过的蒙日圆上一点，作的一条切线，与蒙日圆交于另一点，若直线的斜率存在设的斜率分别为，证明：为定值． 4．（2026·云南昆明·模拟预测）已知椭圆：过点，以的长轴为直径的圆与轴上半轴交于，且． (1)求的方程； (2)若过点的直线与交于两点，满足直线的斜率之和为，求的面积． 5．（2026·山西吕梁·二模）已知抛物线C：过点，直线与C交于A，B两点，O为坐标原点. (1)若直线的斜率为-1，且，求直线的方程； (2)若直线不经过点P，且直线与直线的斜率之积为4，过点P作直线垂直于点G，求点G到C的准线距离的最大值. 6．（2026高三·全国·专题练习）已知双曲线的焦点到一条渐近线的距离为，且点在双曲线上． (1)求双曲线的方程； (2)斜率为的直线与双曲线的右支交于、两点（异于点）．求直线、的斜率之和； 7．（2026·四川德阳·二模）在平面直角坐标系中，已知椭圆C：的左、右顶点分别为，F为椭圆C的右焦点，P为椭圆C上不同于A、B的动点，若，直线PF与椭圆C的另一个交点为Q． (1)求椭圆C的标准方程； (2)求面积的最大值； (3)若P在x轴的上方，设直线AP、BQ的斜率分别为，是否存在常数，使得成立？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 1 / 18 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $