专题11 圆锥曲线中大题归纳8大题型（期中专项训练）高二数学上学期人教A版选择性必修第一册

专题11 圆锥曲线中大题归纳 基础·固本强基 题型1 求直线方程 题型2 求面积及其最值（重点） 提升·进阶突破 题型3 求面积比值（重点） 题型4 三点共线问题（重点） 题型5 四点共圆问题（重点） 拔高·压轴破难 题型6 定点问题（难点） 题型7 定值问题（难点） 题型8 点在定直线上（难点） 2 / 24 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 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 基础·固本强基 题型1 求直线方程 【方法总结】根据题目条件选择合适形式设直线，联立曲线方程用韦达定理建立关系，解出参数后写出方程。设直线时需考虑斜率不存在的情况；联立后需验证判别式大于0；含参时注意参数范围对直线存在性的影响；最终结果要检验是否满足题意。 1．（2026·四川·模拟预测）已知双曲线：（，）的离心率为，焦距为4． (1)求的方程； (2)已知，是过点的两条相互垂直的直线，的倾斜角为锐角，与交于，两点，与交于，两点，且，求的方程． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）设：（），：，与双曲线方程联立，再结合弦长公式求解. 【详解】（1）设的焦距为，由题意得得， 所以的方程为． （2）设：（），：，，． 由，得，得． 由得， 得， 所以 ， 同理可得． 由，得，得，得． 当时，， 得，，，，符合题意． 故的方程为． 2．（26-27高三上·江西南昌·阶段检测）已知双曲线：的左､右焦点分别为，，且.过的直线与交于，两点. (1)求的方程； (2)若，均在的右支上，且的周长为，求的方程； 【答案】(1) (2). 【分析】（1）由题意可得，再由，求出的值，即可得答案； （2）由的周长为，结合双曲线的定义可得，设直线，与双曲线方程联立，结合韦达定理及弦长公式求出的值，即可得答案. 【详解】（1）因为，即， 所以， 又，所以. 所以双曲线的方程为：. （2）因为均在的右支上，且的周长为， 所以. 如图：    因为，设直线， 代入， 得， 整理得：. 设， 因为均在的右支上， 所以，且， 所以， 所以. 所以. 所以. 所以直线的方程为：， 即. 3．（26-27高二上·黑龙江哈尔滨·阶段检测）已知椭圆：过点，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆交于，两点，若点为线段的中点，求直线的方程； (3)过点的直线与椭圆交于，两点，若原点总在以为直径的圆内，求直线斜率的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据题目所给信息以及之间的关系，列出等式求解即可； （2）设出直线的方程，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理求出斜率的值，进而可解； （3）先考虑斜率不存在的情况，不符合条件；进而设直线的方程为，，联立方程，结合韦达定理，求解即可. 【详解】（1）因为椭圆过点，离心率为， 所以，解得， 所以，椭圆的方程为； （2）易知直线的斜率存在， 设直线的方程为， 联立，消去并整理得 ， 由韦达定理得， 若点为线段的中点，此时，解得， 将代入判别式，满足题意； 所以，直线的方程为，即； （3）斜率不存在的情况：直线，代入椭圆得交点， 此时，原点在以为直径的圆外，不符合条件； 所以，直线的斜率存在，设直线的方程为，， 联立方程，整理得 所以， 因为原点在以为直径的圆内，所以，      整理得： 进一步整理得：，解得 综上，直线斜率的取值范围为. 4．（26-27高三上·江苏连云港·阶段检测）已知双曲线，过点作直线． (1)是否存在直线，使得直线与双曲线相交于，两点，且为线段的中点？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由； (2)若直线的斜率存在，且与双曲线左、右两支都相交，求直线斜率的取值范围． 【答案】(1)所求直线不存在，理由如下： 如图： 因为直线与双曲线交于，两点，所以直线必有斜率. 设直线：，即. 代入双曲线方程得， 整理得：. 因为方程有2个解，所以. 设，，则. 若为线段的中点，则. 但不满足， 故所求直线不存在. (2) 【分析】（1）设出直线方程，与双曲线方程联立，根据方程组有两解，确定的取值范围，再根据求出的值，结合的取值范围进行判断即可. （2）结合（1）中的结论，利用即可求的取值范围. 【详解】（1）略 （2）直线与双曲线左右两支都相交， 则方程有1正1负两根. 所以. 即直线斜率的取值范围为. 5．（26-27高二上·河南·期中）已知双曲线：（）的渐近线方程为. (1)求的值. (2)设为坐标原点，为的右焦点，过的直线与交于，两点. （ⅰ）若直线的斜率为，求； （ⅱ）若直线，的斜率之积为，求直线的方程. 【答案】(1) (2)（i）（ii）或 【分析】（1）根据双曲线的渐近线方程，求出双曲线方程； （2）（i）先设直线的方程，联立双曲线方程，消元化简，结合韦达定理和弦长公式计算得到弦长. （ii）设直线的方程，联立双曲线方程，消元化简，结合韦达定理和斜率公式，根据题中条件列出等式解得参数，进而得到直线方程. 【详解】（1）已知双曲线：（）的渐近线方程为. 可得，解得. （2）由（1）知，双曲线：，则， 所以右焦点，设， （ⅰ）因直线的斜率为2，则其方程为，即， 联立，消去整理得：， 由韦达定理，， ； （ⅱ）由题可知直线的斜率不为，设直线的方程为， 联立，消去整理得：， 则 由韦达定理，， 因， 则 ， 因为直线，的斜率之积为， 所以，化简得，解得或， 所以直线的方程为或. 题型2 求面积及其最值 【方法总结】 1、求面积及其最值这类问题的核心是：将面积表示为某个变量的函数 2、三角形的面积 ①底·高（通常选弦长做底，点到直线的距离为高） ②水平宽·铅锤高 ③在平面直角坐标系中，已知的顶点分别为，，，三角形的面积为． 3、求最值 常用求最值方法： 配方法：适用于二次函数。 基本不等式法：适用于能化为 或 形式的结构，特别注意“一正二定三相等”。 导数法：当函数形式复杂（如分式、高次）时，这是最通用的方法。求导，找驻点，判断单调性。 1．（2026·云南昆明·模拟预测）椭圆：（）的上顶点为，离心率为，已知点，直线平行于轴． (1)求的方程； (2)过的直线与椭圆交于，两点，其中在第一象限，点不在轴上，设直线，的斜率分别为，． （ⅰ）求的值； （ⅱ）设直线与轴交于，求面积的最大值． 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）利用平行于轴得到上顶点纵坐标，结合离心率与椭圆的关系求出椭圆方程； （2）（i）设出过定点的直线方程，联立椭圆，借助韦达定理，把斜率表达式转化为根与系数的关系式进行化简，最终求得定值； （ii）利用（i）的定值结论推导出、的中点为定点，将面积转化为；再利用平行线与椭圆相切时距离最大的思路，设平行直线与椭圆联立，由判别式求出切线，计算点到直线距离，从而得到面积最大值. 【详解】（1）由题意知，直线平行于轴，所以， 因为离心率为，又，所以， 所以椭圆的方程为. （2）（i）由题意设过的直线的方程为，其中，，即 设交点，联立， 即， 所以，， 所以 ； （ii）直线的方程为，令，得，所以， 设直线与轴的交点为，同理可得，因为， 所以，的中点坐标为，△面积， 其中为点到直线的距离， 所以当过且与直线平行的直线与椭圆相切时，取最大值， 可设直线的方程为，联立， 整理得，，即， 所以直线的方程为，所以直线与的距离为， 最大值为，所以△面积最大值. 2．（26-27高三上·湖北武汉·阶段检测）已知曲线，D为直线上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B. (1)证明：直线AB过定点； (2)若以为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形的面积． 【答案】(1)设，， 设切线的方程为， 代入抛物线方程，得，整理得， 所以，化简得， 所以，所以，解得， 所以切线的斜率为，所以切线的方程为， 又切线过点，所以， 整理得点满足， 同理可得点满足， 所以直线的方程为，所以直线过定点 (2)四边形的面积为3或 【分析】（1）设，，设切线的方程为，联立方程求得点，点满足的方程，进而可得直线的方程，可求直线AB过定点； （2）联立直线与抛物线方程，利用弦长公式求得，设分别为点到直线的距离，利用求得面积，进而根据切点为线段AB的中点，求得，可求得四边形的面积． 【详解】（1）略. （2）由（1）得直线的方程为， 由，得， 所以， 设分别为点到直线的距离， 则，， 所以四边形的面积为 ， 设为的中点，则， 由于，又与向量共线， 所以，解得或， 当时，；当时，. 所以四边形的面积为3或. 3．（26-27高三上·广东广州·开学考试）已知椭圆的一个焦点为，短轴长是． (1)求椭圆的标准方程； (2)直线与轴交于点，过点的直线与椭圆交于，两点． （i）记直线的斜率为，直线的斜率为，证明：； （ii）过点作直线的垂线交直线于点，求面积的最小值． 【答案】(1) (2)（i）解法一：当直线与轴不重合时， 设直线的方程为，， 由得， 恒成立， ，， 所以， ， ， 当直线与轴重合时，显然，所以， 综上所述． 解法二：当直线的斜率存在时， 设直线的方程为，，， 由得， 恒成立， ，， 所以， ， ， 当直线与轴垂直时，显然，所以， 综上所述． （ii） 【分析】（1）由焦点得到，由短轴长得到，利用椭圆的性质得到，进而求出椭圆方程； （2）（i）方法一：设直线的方程为，联立椭圆方程，利用韦达定理代入计算得出；方法二：分直线斜率存在和不存在两种情况，联立椭圆方程，利用韦达定理代入计算得出；（ii）方法一：由弦长公式求出，由垂直关系结合求出点，进而得出，由面积公式整理得出关于的函数，通过换元法求出面积最小值；方法二：分直线斜率存在和不存在两种情况求出，进而求出有最小值，利用面积公式求出面积最小值． 【详解】（1）由题意得，，所以 则椭圆的标准方程是． （2）（i）略 （ii）解法一： ， 直线，则， ， ， 令，则， 则， 在单调递增且， 在单调递增， 当，即时有最小值； 解法二：当直线的斜率存在时， ， 令，则因此， 令则于是， 函数，显然单调递增，所以， 当直线的斜率不存在时，可得，，此时， 综上所述，当直线的斜率不存在时有最小值， 又因为当直线的斜率不存在时与重合有最小值， 此时， 所以的最小值为． 4．（26-27高三上·陕西商洛·开学考试）过圆上的动点向轴作垂线，垂足为，动点满足． (1)求动点的轨迹的方程； (2)过点且斜率不为0的动直线与相交于，两点，的中点为， （i）证明：直线与的斜率之积为定值； （ii）求面积的最大值． 【答案】(1) (2)（i）由题可设，，． 联立，消去整理得， ，即， 所以，， 所以，则， 又为的中点，故， 所以直线的斜率， 显然，所以直线的斜率为， 故直线与的斜率之积为（定值）． （ii） 【分析】（1）先设，，得到的坐标，再根据向量的线性运算即可得到动点的轨迹的方程； （2）（i）先设出，，，再联立的方程，从而得到关于的一元二次方程，再根据得到的取值范围，再根据韦达定理得到点的坐标，从而得到直线的斜率和直线的斜率为，进而求积即可证明；（ii）结合（i）及求出，再根据点到直线的距离公式即可得到点到直线的距离，从而根据三角形的面积公式及基本不等式即可求出面积的最大值． 【详解】（1）设，，则， 所以，， 又，所以， 即，解得， 又点在圆上，所以， 故动点的轨迹的方程为． （2）（i）略 （ii）由（i）可知， 又点到直线的距离， 所以， 令，则， ，当且仅当，即时，等号成立， 当时，，符合题意． 故面积的最大值为． 5．（26-27高三上·湖南怀化·开学考试）已知椭圆的离心率为，且经过点． (1)求椭圆的标准方程； (2)设是椭圆上关于坐标原点对称的两点，是椭圆上异于的任意一点，直线的斜率分别为．证明：为定值； (3)设直线与椭圆交于两点，坐标原点到直线的距离为，求面积的最大值． 【答案】(1) (2)设，则．设，其中． 依题意：，， ， 由椭圆方程知：，， 代入得， ，为定值． (3) 【分析】（1）根据已知条件列出方程，解出的值即可求得的标准方程； （2）设出点的坐标，根据斜率的定义代入计算即可得到为定值； （3）设直线，根据到的距离为可得，再将其代入面积的表达式，换元变形后利用基本不等式即可求得最大值． 【详解】（1）由离心率，得， 又，所以， 椭圆过点，代入椭圆方程得， 将代入得，从而． 故椭圆的标准方程为． （2）略 （3）设直线，与椭圆：联立，得， 即， 判别式， 原点到直线的距离， 将代入得恒成立， 设，， 则弦长， 的面积， 令，则， 令，变形得， 当时，由基本不等式：，当且仅当，即时等号成立， 此时，故， 当时，， 当直线斜率不存在时，由到直线的距离为可知， 由对称性取，此时，，， 综上可得，面积的最大值为． 题型3 求面积比值 【方法总结】求面积比的核心在于将面积的比值转化为线段比、坐标比或直接面积表达式之比，然后利用韦达定理和“设而不求”的思想进行整体代换，最终化为一个变量的函数来求解或证明定值、或求范围。 1. 利用几何关系转化比值 共线或共点三角形：如果两个三角形有公共顶点或底边在同一直线上，它们的面积比往往等于对应底边或高线的比值。这是最有效的简化方法。 平行线：题目中若存在平行线，必然产生相似三角形，要充分利用其带来的比例关系。 分解复杂图形：对于复杂的多边形面积比，可以将其分割成若干个三角形面积之和或差，然后分别计算这些三角形的面积，再求比值。 1．（2026·云南红河·模拟预测）已知椭圆的两个焦点分别为，，直线与交于，两点． (1)若，求的方程； (2)点为线段上一点（异于端点和坐标原点），过点的直线和与分别交于点，和点，，且，． （i）求直线的斜率； （ii）求四边形与的面积之比的取值范围． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）． 【分析】（1）应用椭圆的定义计算求参，进而得出椭圆方程； （2）（i）设，，应用点差法计算求解斜率； （ii）联立直线和椭圆结合弦长公式及点到直线距离公式计算四边形及三角形面积结合二次函数值域计算范围. 【详解】（1）椭圆方程可化为，表示焦点在轴上、长轴长为的椭圆， 所以，解得，故的方程为． （2）（i）设，，由分析知，则， 代入直线，得， 由两式相减，得 ， 由，得， 所以，即直线的斜率为． （ii）联立得，． 所以， 设，，且， 由，得，， 故直线的方程为，即． 联立得， 设，，则，． ，到直线的距离分别为 ， 因此四边形的面积为 因为， 所以， 故 ． 由，得， 又，，所以， 所以， 即四边形与的面积之比的取值范围为． 2．（2026·湖北武汉·三模）已知抛物线：，为坐标原点，过点作斜率的直线交抛物线于两点，其中在第一象限，直线交抛物线于另一点，其中，直线与直线交于点． (1)求抛物线的方程； (2)记与的面积分别为，． （ⅰ）当，，，四点共圆时，求直线的方程； （ⅱ）求的取值范围． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）由，求出点的坐标，代入抛物线方程求解即可； （2）（ⅰ）联立直线与抛物线方程，由韦达定理可得，，由，，，四点共圆可得，从而得，代入的表达式，得，求解即可； （ⅱ）先求出点的横坐标，由三角形的面积可得，求出的范围即可得答案. 【详解】（1）因为点，则， 又， 则， 所以， 代入抛物线：， 得到，解得， 所以抛物线的方程为． （2）（ⅰ）因为直线方程为， 设，， 联立， 消得到， 则，， 当，，，四点共圆时， 则有，， 故，则， 所以， 又， 同理可得， 由两点间的距离公式可得，， 所以， 即， 整理得到， 又，所以， 故直线的方程为． （ⅱ）由，，得到直线：， 由，，得， 直线：， 联立方程， 解得， 由，， 得， 所以， 又 ， 当时，由，得， 又直线的斜率， 则， 所以， 故的取值范围为. 3．（26-27高二上·山东青岛·阶段检测）已知椭圆的离心率为，椭圆上的点到两焦点的距离之和为4. (1)求椭圆的方程； (2)设为坐标原点，点在椭圆上，直线与直线，分别交于点，.设与的面积分别为，. （i）证明直线与椭圆相切，并求出切点； （ii）比较与的大小. 【答案】(1) (2)（i）联立，消去得，， 整理得，①， 又，所以，， 故①式可化简为，即，所以， 所以直线与椭圆相切，为切点. （ii） 【分析】（1）根据椭圆的定义及离心率可求出，再根据的关系求出，即可得到椭圆方程； （2）（ⅰ）联立直线与椭圆方程，得到一元二次方程，通过方程的根来证明直线为椭圆的切线； （ⅱ）由对称性可知，当时，；当时，，设，，联立直线与直线，，利用化简转化，再利用，最终化简证明. 【详解】（1）由椭圆可知，，所以，又，所以，， 故椭圆E的方程为. （2）（i）略 （ii）设，易知，当时，由对称性可知，． 当时，不妨设，易知， 联立，解得， 联立，解得， 所以 ， ， 故． 4．（26-27高二上·黑龙江牡丹江·阶段检测）已知椭圆分别为的左右焦点，点在上，且轴． (1)求的标准方程； (2)过点的直线与椭圆交于两点， （ⅰ）若是的中点，求直线的方程； （ⅱ）若是椭圆的右焦点，且，为椭圆的左、右顶点，设和的面积为，当时，求的取值范围. 【答案】(1); (2)（ⅰ）; （ⅱ） . 【分析】（1）先根据垂直轴的条件得到椭圆半焦距，再结合椭圆中的关系，将已知点坐标代入椭圆标准方程，通过解方程求出，最终确定椭圆的标准方程； （2）(i)先设出直线与椭圆的交点坐标，代入椭圆方程作差变形，再结合中点坐标公式求出直线斜率，最后利用点斜式即可求出直线方程；(ii)先利用向量共线条件得到两点纵坐标的关系，再根据三角形面积公式，将面积比值转化为含参数 λ 的函数，结合参数的取值范围，利用函数单调性求出面积比值的取值范围. 【详解】（1） 轴， 横坐标与 相同，即 ，， 由椭圆关系：， 将 代入椭圆方程：， 即：， 把 代入：， 整理得：， 即，， ，，， 椭圆 标准方程：. （2）(i)设 ，两点在椭圆上： 则， ∴ ， ， ， 两边同除以 ，记 ： ，， ∵直线过 ，∴ 化简得：； (ii)由椭圆方程：， ，则： 纵坐标 ，则 ，∴， ∴， ， ∵ 以 为底， 纵坐标差为高： ∴ ， 代入 ： ∴， 化简：， ∴ ， 函数 在 单调递增， 当：， 当：， . 5．（2026·广东深圳·模拟预测）已知抛物线：的焦点为，是上的动点，过点作的切线，直线与椭圆：交于，两个不同的点，记的中点为．设直线（为原点）与直线交于． (1)若椭圆经过抛物线的焦点，且椭圆的离心率为，求椭圆的方程； (2)在（1）的条件下，证明：直线与直线垂直； (3)若与交于，且，证明： 【答案】(1)； (2)由（1）可知，，则． 设，．由于在抛物线上，所以． 由，求导数得，，所以在点切线的斜率为：， 其方程为． 联立方程，消得，①， 此时即, 由于直线与椭圆：交于，两个不同的点， 所以为方程①的两根，则， ， 所以点坐标为． 因此，直线的方程为， 再联立方程，得的横坐标，所以直线与垂直． (3)当时，直线，即，介于轴与抛物线准线之间． 延长交抛物线的准线于点， 再联立方程，消得，①， 此时即. 显然为方程①的两根，则， ， 所以点坐标为． 因此，直线的方程为， 再联立方程，得的横坐标，所以与轴垂直． 则点的坐标为；点的坐标为， 则直线的斜率为，又直线的斜率为， 因为，所以． 由抛物线的定义，为等腰三角形，且得直线平分． 而，．所以， 由角平分线性质可知， 因为,故， 所以． 【分析】（1）利用抛物线与椭圆的基本性质即可求解； （2）利用导数法来写出抛物线在某点处的切线，然后借助方程组思想和韦达定理来求出中点的坐标，再通过直线与直线相交求解出的横坐标，即可得出证明； （3）利用（2）的解法同理可求出的横坐标，再利用抛物线的定义可求出点的坐标为，然后通过斜率可判断，再借助几何意义可得，从而问题即可得到证明. 【详解】（1）由题意可知抛物线E的焦点为，故，则， 因为椭圆C的离心率为，， 所以联立方程组可解得：，故椭圆的方程为． （2）略 （3）略 提升·进阶突破 题型4 三点共线问题 【方法总结】在圆锥曲线大题中证明三点共线是一个经典问题。其核心思想是：将几何共线关系转化为代数关系式。利用三点 共线的充要条件：任意两点的斜率相等，或 向量共线，或 点 C 满足直线  的方程。 1、 斜率相等：从三点中任意选择两点构成两条直线，证明两直线斜率相等，注意斜率不存在的情况。 2、 向量共线：如果向量  与向量（或 ）共线（即平行），则  三点共线。 点在直线上：求出直线 AB 的方程，然后证明点 C 的坐标满足该方程。 1．（25-26高二下·广西南宁·期末）已知椭圆：的离心率为，短轴长为. (1)求的方程； (2)过点的直线（斜率存在且不为）与交于、两点，关于轴的对称点为，已知. （i）求的取值范围； （ii）证明：P、M、Q三点共线. 【答案】(1) (2)（i）； （ii）直线的方程为， 即， 其中 ， 则直线PM的方程为， 故直线PM过定点，即、、三点共线. 【分析】（1）结合椭圆短轴长与椭圆的离心率求出、的值，即得椭圆的方程； （2）（i）设直线l的方程为与椭圆方程联立，写出韦达定理，利用向量数量积的坐标计算公式计算并化简，代入韦达定理，将其化成，再根据不等式的性质即可求得其范围；（ii）求得直线PM的方程为，利用韦达定理可化简证明，即可证明直线经过点，从而得证. 【详解】（1）由题意可得，解得，故椭圆C的方程为； （2）（i）依题意可设直线l的方程为， ，，， 联立，消元得， 显然，则，， ， 则 ， 因为，所以，则， 所以的取值范围为． （ii） 略 2．（25-26高三下·贵州·阶段检测）已知椭圆的离心率等于分别为的左、右焦点，为上任意一点，当线段的中点在轴上时，的面积为. (1)求椭圆的方程； (2)设直线与椭圆交于另一个点，过点且与轴垂直的直线与椭圆交于两点. （i）求证：直线与的交点在一条定直线上； （ii）平面上点，使得直线的斜率成等比数列.求证：、、三点共线. 【答案】(1) (2)（i）证明如下： 当直线的斜率为0时，由题知， 因为，所以， 联立和：，解得，则交点； 当直线的斜率不为0时，设直线的方程为， 由，有， 因为直线过椭圆内一定点，所以直线与椭圆恒有交点， ，，则， 设，则直线， 即①，同理②， ②①得 ，则； 综上可知，直线与的交点在定直线上； （ii）证明如下： 设直线的方程为，， 由（i）可得，，， 因为点，且、、成等比数列，所以， 故， 即有 ， 故， 整理得，故； （法一）设点到直线的距离为，则， 所以、、三点共线； （法二）直线的斜率 ，因为， 所以 ， 所以、、三点共线； （法三）向量， ， 则， ， 故，故， 又两个向量有公共点，所以、、三点共线. 【分析】（1）由题意可得，则，利用通径公式可得，即可表示出，结合离心率计算即可得解； （2）（i）若直线的斜率为0，可计算出交点坐标；若直线的斜率不为0，可设的方程为，联立曲线方程可得与交点纵坐标有关韦达定理，再表示出直线、，联立并利用韦达定理求出交点坐标即可得证；（ii）表示出直线的斜率后，利用等比数列性质结合（i）中所得韦达定理可得；（法一）可利用点到直线距离公式证明点在直线上；（法二）可利用斜率证明，从而得到、、三点共线；（法三）可表示出向量、后，利用共线定理得到，从而得到、、三点共线. 【详解】（1）设椭圆的焦距为，则，则，即， 从而轴，则，， 又离心率，则，故， 由，所以，故，则， 所以椭圆的方程为：； （2）（i）略 （ii）略 3．（2026·湖北·模拟预测）已知点，平面内一动点满足． (1)求点的轨迹方程； (2)若存在直线与点的轨迹交于两点，点为线段的中点，且直线与点处的切线平行． ①证明：三点共线； ②若直线与直线分别交于两点，比较与的大小关系，并说明理由． 【答案】(1) (2)①证明：设直线，，为中点． 将代入轨迹方程，有：，， 两式作差得， 即得，故． 下面证明上一点的切线方程为， 理由如下：设过点的切线方程为，与联立得， ， 由 化简得， 因为，代入上式得， 整理得， 同除以得，， 即， 因为，， 所以， 联立，两式相乘得，， 从而， 故， 即， 令，则，即， 解得，即， 故过上一点的切线方程为， 故过点的切线斜率为，由直线与点处的切线平行，所以， 即，故．，且为公共点，所以三点共线得证． ②当直线的斜率时，；当直线的斜率时，． 【分析】（1）根据两点间斜率公式得到轨迹方程； （2）①由点差法和双曲线上一点的切线斜率公式可证； ②先得到是的公共中点．由平行四边形中的恒等式，分直线交于一支双曲线，交于两支双曲线两种情况，得到结论 【详解】（1）设点，已知点，则． 由得， 整理得：，即点的轨迹方程为； （2）①略 ②联立与双曲线，得， 利用韦达定理可得，， 故， ， 故，中点； 联立与直线，可得， 设，则，， 则，， 则的中点坐标为，故是的公共中点． 在平行四边形中，，， 两边平方相加可得，即， 取对角线交点，则有． 由于是的公共中点， 因此，， 故． 因为直线斜率分别为， 所以当直线的斜率时，直线交于一支双曲线，， 所以，故； 当直线的斜率时，直线交于两支双曲线，， 所以，故 4．（25-26高三上·广东广州·期末）已知抛物线的焦点为，准线的方程为． (1)求的标准方程； (2)设为坐标原点，，为上两点，．直线与交于点，与交于点，两点．设为中点，证明：，，三点共线． 【答案】(1)； (2) 设，焦点，则， 因为，所以，所以，所以， 直线，由，解得或，所以， 直线，由，得， 设，由韦达定理得， 所以，所以， 因为三点纵坐标相同，都是，所以三点都在直线上， 即三点共线.    【分析】（1）由准线方程求出，得到抛物线方程； （2）分别求出的坐标，由其纵坐标相同证得三点共线. 【详解】（1）因为抛物线的准线方程为， 所以，解得，所以的标准方程为； （2）略 5．（25-26高二下·贵州·阶段检测）在圆上任取一点，过点作轴的垂线段PD，垂足为，点在线段DP的延长线上，且，当点在圆上运动时，点形成的轨迹为曲线．（当点经过圆与轴的交点时，规定点与点重合）． (1)求曲线的方程； (2)设点在曲线上，且MQ与轴平行，过点作两条直线分别交曲线于点两点，设线段AB的中点为，若直线MQ平分，求证：三点共线． 【答案】(1)； (2)设，由轴，得，，显然直线斜率存在且不为0， 设直线，， 由消去得，， 则，解得，， 即点， 由直线平分，得直线斜率为，则点， 因此线段的中点，， 而，则，即，又共起点， 所以三点共线. 【分析】（1）设出点坐标，利用坐标代换法求出曲线的方程. （2）设出点的坐标及直线的方程，与曲线的方程联立求出点的坐标，结合角平分线的性质求出点的坐标，进而求出点的坐标即可. 【详解】（1）设，由轴于，点在线段的延长线上，且，得， 而点在圆上，则，当时，重合，满足上述方程， 所以曲线的方程为. （2）略 题型5 四点共圆问题 【方法总结】以四点共圆为背景的圆锥曲线大题是压轴题中的经典类型，最经典例题为2021年新高考I卷中的21题。其核心在于“如何将几何的圆问题转化为可操作的代数条件”。 四点共圆中常用的几何性质有以下几点 一、对角互补 当四点在某种对称结构下，常可简化为两组对边的斜率互为相反数。则直接转化为直线的斜率关系，非常适合与韦达定理结合。 二、相交弦定理（幂定理） 若四点共圆，两条弦相交于点，满足 。 对于四点共圆问题，要建立起强大的信心：它看似是“圆”的问题，但本质上是通过一些优美的几何定理（如对角互补），被转化成了一个纯粹的直线斜率关系问题，从而能够完美地融入我们熟悉的韦达定理和“设而不求”的框架中予以解决。 1．（2026·重庆·模拟预测）P为椭圆上异于顶点的动点，且C的离心率为，，分别为C的左、右焦点，M为C的左顶点，记，． (1)求C的方程； (2)求证：； (3)设点，过点T作一条不与坐标轴垂直的直线l，交椭圆C于A，B两点，再过点T作一条垂直于x轴的直线分别交直线MA，MB于点D，E．问是否存在t，使得O，D，M，E四点共圆（O为坐标原点）？若存在，求出t的值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)因为，由正弦定理可得 , 即，整理可得． (3)存在， 【分析】（1）根据离心率和题设方程求出基本量后可得椭圆方程； （2）根据正弦定理可求题设的三角恒等式； （3）设直线,,，且，联立直线方程可求坐标，根据相交弦定理可得坐标关系，结合韦达定理化简后可求的值. 【详解】（1）由椭圆方程可知：，因为，解得， 所以椭圆的标准方程为． （2）略 （3）假设存在，可设直线,,，且， 联立方程，消去可得， 则，可得， 则，， 由题意可知：，则直线，令 ，可得，即，同理可得. 若,,,四点共圆，则，可得， 且，则，可得，且,,， 则，整理可得 , 即， 则， 整理可得，解得或（舍去）， 所以存在，使得点,,,四点共圆，此时． 2．（25-26高二下·云南昆明·期末）已知椭圆：的左，右焦点分别为，，离心率为，点在直线：上，的最小值为. (1)求的方程； (2)当不在轴上时，过作平行于轴的直线交于点，且在y轴的右侧，直线与轴相交于点. （i）证明：，，，四点共圆； （ii）为原点，记过，，，四点的圆为，若与有四个交点，分别为，，，，求的取值范围. 【答案】(1) (2)（i）证明：由（1）可知，，， 设，则在椭圆上，且， 代入椭圆方程得， 直线的方程为，所以， 设过，，的圆的方程为， 则，解得， 所以的外接圆方程为①， 将代入①得，，整理得，等式成立， 故点在的外接圆上，即，，，四点共圆. （ii） 【分析】（1）结合的最小值及离心率求解即可. （2）（i）设，则，求出的外接圆方程，将代入求解即可证明. （ii）根据与有四个交点，得到；联立圆的方程及椭圆方程，得到，易知两根为，，进而求得，结合基本不等式求解即可. 【详解】（1）设，， 则的最小值为，故，即， 又离心率为，解得，， 所以椭圆的方程为. （2）（i）略 （ii）因为圆C与椭圆的交点为，，，，所以在外，所以，即， 又，所以. 联立，整理得， 易知其中的一个根为，则另一个根为， 设（，2，3，4），则， 又因为圆C与椭圆的对称性，不妨设，则， ， ， 所以， 当且仅当，即时，等号成立. 又当时，；当时，； 所以的取值范围为. 3．（2026·江苏连云港·模拟预测）已知双曲线：（，）的右焦点到渐近线的距离为2，过右焦点垂直于实轴的弦长为4． (1)求双曲线的离心率； (2)设双曲线的左顶点为，若斜率为2的直线与的右支相交于，两点，点关于原点的对称点为． ①证明：的垂心在上； ②证明：，，，四点共圆． 【答案】(1) (2)①设斜率为2的直线与双曲线交于,, 联立得，则，， ，解得， ， 设的垂心为，因为的斜率为2，所以的斜率为， 所以的方程为，即， 因为，，所以， 所以的方程为, 代入得， 即， 即， 因为在上，所以，代入上式并使用韦达定理得 ， 因为，所以，解得，代入得， 即，代入双曲线得，等式成立， 故的垂心在双曲线上. ②点关于原点的对称点为， 则四点为， 若四点共圆，圆心必在各弦的垂直平分线上，设线段与的垂直平分线交于点， 线段的中点为， 因为，其垂直平分线的斜率为2， 则的垂直平分线的方程为，整理得, 线段的中点为，其中， 则，即的中点为， 直线的斜率， 其垂直平分线的斜率为， 则的垂直平分线的方程为，整理得， 联立得 ， 代入得， ， 由韦达定理得， 代入得， ， ， 则， 所以，即， 由点在线段与的垂直平分线上可知且， 综上所述，， 即点到定点的距离相等，故四点共圆得证. 【分析】（1）结合焦点到渐近线的距离公式与通径长公式直接解出双曲线的参数a和b，从而求得离心率. （2）①设出直线方程并与双曲线联立，利用韦达定理求出两条高线的交点即垂心的坐标，最后将坐标代入验证其满足双曲线方程;②分别求出线段和的中垂线交点作为假定圆心，再利用韦达定理推导证明该交点到等点的距离平方相等，以此证明四点共圆. 【详解】（1）由题意得右焦点为，其中一条渐近线为，即， 则点到渐近线的距离为， 且通径长为，解得， 则， 则，则双曲线的方程为. （2）略 4．（2026·山西吕梁·三模）已知双曲线C：经过点，，右顶点为A． (1)求双曲线C的方程； (2)若过点的直线与双曲线C交于M，N两点. （i）是否存在直线，使得与的面积相等?若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由； （ii）直线，分别与y轴交于P，Q两点，记的中点为E，x轴上是否存在点F，使得A，B，E，F四点共圆?若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)； (2)（i）不存在，理由如下： 假设存在直线，使得与的面积相等， 由题可知，直线的斜率存在，设直线， 与C的方程联立， 得， 由题，，得，且， 设，则， 由，得方程无解， 所以不存在直线，使得与的面积相等． （ii）存在，. 【分析】（1）代入两点坐标得到方程组，解出即可； （2）（i）设 ，将其与双曲线方程联立，得到韦达定理，根据面积相等，得到方程，解出即可； （ii）设，计算，从而得到中点坐标，再求出圆的方程即可. 【详解】（1）由题意，得，解得， 故双曲线C的方程为. （2）（i）略 （ii）存在，使得四点共圆，理由如下： 设，又，所以， 令得，同理可得， 故， 又 ， ， 所以， 所以的中点为， 线段的中垂线为，线段的中垂线为，即， 联立，得外接圆圆心为，半径， 故外接圆的方程为， 令，得或2，故存在，使得四点共圆． 5．（25-26高三上·福建厦门·阶段检测）已知为坐标原点，椭圆的右焦点为，过且斜率大于的直线交于，两点，是上一动点，且的面积最大值为. (1)求椭圆的标准方程； (2)若是上的另一点，满足四边形为平行四边形. （i）求； （ii）设关于的对称点为，求证：，，，四点共圆. 【答案】(1) (2)（i）； （ii）由（i）可知，C关于O的对称点为，，， 因为，， 即，，， 所以， ， 又，， 所以， 则 ， 根据，，不妨设，， 计算可得，，，， 所以，所以， 所以. 根据对角互补的四边形为圆的内接四边形，可知A，B，C，D四点共圆. 【分析】（1）根据三角形的面积公式，以及椭圆的概念，求出参数，写出椭圆方程即可； （2）（i）根据椭圆弦长公式，以及直线与椭圆的位置关系，设出直线方程，根据韦达定理，求出直线斜率，求出弦长即可. （ii）根据中心对称原则，以及向量方法判断四点共圆方法，证明四点所成四边形对角互补，证明结果即可. 【详解】（1） 如图所示，当P在短轴顶点时最大，此时， 解得，所以椭圆方程为：； （2） （i） 如图所示，直线l的斜率存在，设，，直线l的斜率为k. 直线AB的方程为，代入， 得， 其中， ，， ， 从而，因为C点在椭圆上，代入椭圆方程得， 即，解得，所以，. 所以， （ii）略 拔高·压轴破难 题型6 定点问题 【方法总结】找到动直线（或动点）方程中参数（如斜率k）的“不变部分”。将方程整理为关于参数的恒等式，令其系数为零，即可求出定点（或定直线）。 一、直接推导 1. 设参：设出动直线的方程。通常已知直线过某个定点或已知斜率，常用点斜式：。 2. 寻找关系：利用题目条件（如直线与圆锥曲线相切、相交，或与其他几何条件如垂直、中点等相关），找到一个关于和的关系式。 3. 消参定型：将找到的和关系式代回原始的直线方程中。得到只含一个参数的解析式。 关键步骤：将此方程整理为关于参数k的方程，要使这个方程对所有值都成立，则k的系数和常数项必须同时为零。 对于形式，定点显然是(D, C)。 对于更复杂的形式，将方程按k的幂次项整理，令各项系数为零，解方程组即可求出定点(x, y)。 二、先猜后证法 当直接推导复杂或难以进行时，此方法能指明方向，简化计算。 猜定点：特殊位置法：取参数（如斜率k）的两个特殊值（如0,斜率不存在（竖直直线）,1,-1等），画出两条对应的特殊位置直线。求交点：解这两条特殊直线的交点，该点即为猜測的定点(。 证定点：则动直线的方程可以化简为。（为参数的解析式） 1．（26-27高三上·四川南充·阶段检测）已知双曲线C：的一条渐近线为，且的焦距为6，动直线l：交于，两点，其中为定值且． (1)求的方程； (2)若，，且直线与圆相切，为原点，求的面积； (3)是否存在，使得以线段为直径的圆经过定点？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，或． 理由如下： 设，， 联立方程得，， 所以，． 假设定点在以线段AB为直径的圆上，则， 又，， 所以， 即， 所以， ， 整理得， 该式对任意m恒成立，所以各项系数必须全部等于0，得， 若，则，方程无解，所以，， 当，时，，解得（舍）或； 当，时，，解得（舍）或． 综上所述，或． 【分析】（1）利用双曲线渐近线斜率与焦距，联立关系式，求出直接写出双曲线方程； （2）由直线与圆相切，用点到直线距离求出参数m；联立直线双曲线，韦达定理算弦长，再求原点到直线距离，用求面积； （3）设定点，直径圆条件转化向量数量积，代入韦达整理为关于m的多项式，令各次项系数为0，解方程组求n. 【详解】（1）因为双曲线C的渐近线为，所以由题意知，即， 由C的焦距为6，得，即，故， 所以，， 所以C的方程为． （2）圆的圆心为，半径为， 因为直线l与圆相切， 所以，解得（舍）或， 所以l的方程为，即． 设，，联立方程得， 所以，． 所以． 又原点O到l的距离， 所以的面积为． （3）略 2．（26-27高三·全国·一轮复习）已知双曲线C：的左顶点为A，P为C右支上一点且位于第一象限，P，Q关于x轴对称． (1)若，求的面积； (2)设M为x轴正半轴上一点，N为x轴负半轴上一点，直线与直线交于点D． （ⅰ）设，，求P的横坐标（用a，m表示）． （ⅱ）证明：存在定点M，N使得始终平分． 【答案】(1)； (2)（i）； （ii）法一：由（i）知， 将点代入中，有， 化简整理得（I） 设点，因为始终平分，所以， 所以， 化简整理得，（II） 即点在圆（部分）上运动（阿波罗尼斯圆）， （I）（II）对照系数可得，解得． 经检验，此时（I）（II）的方程均为， 即存在使得直线始终平分． 方法二：与（i）同理：由等比定理易知：， 所以． 作的外角平分线交轴于点，易知，所以， 因为，所以， 所以直线， 令得：， 因为在双曲线上， 所以， 所以， 易知为定点，所以，解得或， 因为，所以，所以， 由角平分线定理易知，即， 解得，故存在定点和，使得始终平分． 【分析】（1）直接求出，再利用面积公式即可得到答案； （2）（i）法一：计算出直线的方程，再联立即可得到点坐标；法二：设，利用三点共线得到两方程，再利用等比定理即可得到答案； （ii）将点坐标代入双曲线方程，再结合角平分线性质即可得到点的轨迹，再对比系数即可得到关于的方程组，解出即可；法二：根据等比定理得到的表达式，再作的外角平分线交轴于点，从而求出的坐标，最后利用角平分线定理得到方程，解出即可. 【详解】（1）易知， 代入双曲线得，解得，所以． （2）（i）法一：由题意得， 因为，所以， 所以， 联立，解得， 则． 法二：设，易知： 因为，，三点共线，所以， 因为，，三点共线，所以， 所以， 由等比定理易知， 解得，所以． 3．（26-27高三上·广东深圳·开学考试）已知抛物线，为坐标原点，直线经过该抛物线的焦点，且与抛物线交于，两点，为线段中点，动直线在轴上方. (1)求抛物线的方程； (2)当线段在直线上方时，直线等分的面积，求的值； (3)点在直线上的射影为点，是否存在使得以为圆心且过点的圆过定点，若存在，求出的值及定点坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)，定点 【分析】（1）利用抛物线标准方程的焦点坐标公式，结合直线恒过的定点与焦点重合，直接求解参数，得到抛物线方程； （2）联立直线与抛物线方程，通过韦达定理得到交点坐标的整体关系，结合三角形面积及共线线段的纵坐标比例，将面积条件转化为与交点纵坐标的等式，进而求出； （3）用斜率参数表示圆心、半径相关点的坐标，写出圆的标准方程，将方程整理为关于参数的多项式，构造方程组即可求解. 【详解】（1）抛物线的焦点坐标为， 因为直线经过该抛物线的焦点， 所以，即，故抛物线的方程为. （2）已知直线与抛物线交于两点，设， 联立，消去得， 则，， 已知直线在轴上方，则， 当线段在直线上方时，记直线分别与交于点， 由三角形面积公式，有，， 所以， 解得（负值舍去）. （3）已知为线段中点，则， 由（2）知， 则，， 以为圆心且过点的圆为， 整理得， 令，解得， 即当时，以为圆心且过点的圆过定点. 4．（26-27高三上·湖北·阶段检测）已知双曲线：（，）的离心率等于2，点在双曲线上. (1)求双曲线的标准方程； (2)直线（）与轴交于点，与双曲线的右支交于、两点（在、之间），是双曲线的右焦点，过作的垂线，垂足为. （i）若是中点，求的值； （ii）证明：直线经过定点. 【答案】(1) (2)（ⅰ）； （ⅱ）由题意得直线PF的方程为， 如图，过作PF的垂线，垂足为，点坐标为. 当时，直线的方程为. 由韦达定理可知. 直线令，得. 将代入右边式子， 得. 因为，所以两边同除以，得. 因此无论为何值，直线HN恒过定点. 【分析】（1）由双曲线上的点和离心率，求出得双曲线的方程； （2）直线与曲线联立方程组，根据判别式可得，由韦达定理可得，（ⅰ）由题意可得，联立方程组计算求解即可；（ⅱ）由题意可得点，点，根据直线点斜式方程及韦达定理，令，化简即可求证. 【详解】（1）由题意，，则. 双曲线方程可写为，即. 将点代入方程得. 所以.故双曲线的标准方程为. （2）由（1）可知，双曲线右焦点为. 因为，所以直线PF的方程为（垂直于轴）. 由直线方程，令得. 设，联立直线与双曲线方程. 整理得. 判别式. 由韦达定理得. （ⅰ）因为，且是QN的中点，所以在轴方向上有. 代入韦达定理得 从而. 两边同乘得. 因为，所以. 此时，满足，两交点均在右支. （ⅱ）略 5．（25-26高二下·贵州贵阳·阶段检测）已知椭圆的左，右焦点坐标分别为，，椭圆上任意一点到两焦点距离之和为4． (1)求椭圆的标准方程与离心率； (2)已知点，过定点的直线与椭圆交于，两点（异于），直线与轴交于点，直线与轴交于点． （i）求面积的最大值； （ii）求证：的中点为定点． 【答案】(1)椭圆方程为：，离心率：. (2)（i）面积最大值. （ii）设 直线：，令得：；同理可得： 带入得：，，带入韦达定理化简得： 所以中点坐标.即的中点为定点. 【分析】 (1) 利用椭圆定义和可求椭圆的标准方程，再利用离心率公式可求离心率. (2) （i）联立直线和椭圆方程利用韦达定理构建三角形的面积函数，再利用换元法和基本不等式可求面积最大值. （ii）通过代数式表示直线，再求出两点坐标，化简可得中点坐标. 【详解】（1） 由题可知，，结合椭圆中可得，所以椭圆方程为：，离心率：. （2）（i）设直线：，联立得. 化简得：. 设，由韦达定理得：. 化简得：，令，则， （当且仅当时取等）. （ii）略 题型7 定值问题 【方法总结】将待证的目标量（如斜率积、线段乘积、面积等）用参数（通常是斜率）表示出来，通过代数运算消去参数，若结果是一个常数，则定值得证。 常见的定值类型有： 1、斜率的和、积、比为定值 2、线段长度、乘积或倒数和为定值 3、面积为定值 4、向量数量积为定值 1．（26-27高三上·天津和平·阶段检测）已知椭圆的离心率为，且过点，点、分别为椭圆的左右焦点． (1)求椭圆的标准方程； (2)设点为第一象限内椭圆上的点，若，求点的坐标； (3)过右焦点的直线与椭圆交于，两点，在轴上是否存在定点，使得的值为定值？若存在，求出定点的坐标及该定值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在使得为定值. 【分析】（1）根据离心率以及点，联立方程即可求解， （2）根据勾股定理以及椭圆的定义，结合等面积法即可求解， （3）联立直线与椭圆方程，得韦达定理，进而根据向量的坐标运算即可化简求解. 【详解】（1）根据题意可得，解得, 故椭圆方程为 （2）设,且， 由于，又，故, ，即可， 由于,故， 将代入椭圆方程可得,故. （3），设直线,， 将代入椭圆方程中化简可得， 设, 故,从而， ， 要使为定值，则需满足，故， 故存在使得为定值. 2．（2026高三·全国·专题练习）已知椭圆C经过点，且与双曲线共焦点. (1)求椭圆C的方程； (2)过椭圆C右焦点作直线l交椭圆C于，两点，交轴于点，且记，，求证：为定值. 【答案】(1)； (2)设点、，， 由题意可知，直线的斜率存在，可设直线的方程为， 联立，可得， 由于点在椭圆的内部，直线与椭圆必有两个交点， 由韦达定理可得，， ，，， 得，， ，， . 【分析】（1）由已知条件可得出关于、的方程组，解出、的值，即可得出椭圆的方程； （2）由题意可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、、，联立直线与椭圆的方程，列出韦达定理，由，可得出、的表达式，结合韦达定理可计算得出为定值. 【详解】（1）因为双曲线的焦点坐标为，则， 设椭圆的方程为， 又椭圆过点，， 可得，，椭圆的标准方程为：； （2）略. 3．（25-26高三下·山东聊城·阶段检测）在平面直角坐标系xOy中，设m为实数，若双曲线的右焦点为，离心率为，点F到双曲线的一条渐近线的距离为1，直线交双曲线于A，B两点. (1)求此双曲线的方程. (2)若A，B两点都在双曲线的右支上. （ⅰ）求面积的最小值. （ⅱ）在x轴上是否存在一点P，使得为定值？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）存在， 【分析】（1）根据给定条件，结合点到直线距离公式列式求出即可. （2）（ⅰ）联立直线与双曲线的方程，结合韦达定理求出三角形面积的函数关系，进而求出最小值；（ⅱ）假定存在并设出点的坐标，利用数量积的坐标表示，结合韦达定理化简求解. 【详解】（1）由离心率，得，又，得， 焦点到渐近线的距离为，解得，，， 所以双曲线方程为. （2）（ⅰ）由消去得，设， 且，，， 因此的面积 ， 令，函数在上递减，当时，， 因此当时，取得最大值1， 所以面积的最小值为. （ⅱ）假设在x轴上存在一点P，使得为定值，设， 则， ，要为定值，当且仅当，即， 所以在x轴上存在一点P，使得为定值，点的坐标为. 4．（25-26高二下·安徽马鞍山·期末）已知椭圆经过点，离心率为. (1)求椭圆的标准方程； (2)已知，为椭圆的左、右焦点，过点的直线交椭圆与，两点，且，不在轴上. （i）若，求直线的方程； （ii）为椭圆右顶点，直线，与直线分别交于点，，记直线，的斜率分别为，.证明为定值，并求出该值. 【答案】(1) (2)（i）或. （ii）设点，. 直线交直线于， 则，同理得.               （方法一）设直线， 由（i）知，，. 则 .          （方法二）当的斜率不存在时，可知直线，则，， 直线，令得， 直线，令得， 则； 当的斜率存在时，设直线. . 由（i）知，. 则 .    （方法三）设椭圆的左顶点为点，点所对的准线为， 故分别连接并延长与相交，必有三点共线，三点共线. 连接，，根据椭圆的第二定义可知，， 则， 则由外角平分线定理可知是的外角平分线， 同理可得，是的外角平分线，故. 设准线与轴交于点，故， 则. 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）（i）设直线或，与椭圆联立，根据弦长公式求解； （ii）结合（i）中的两种直线方程，求出斜率化简即可；或设椭圆的左顶点为点，可得三点共线，三点共线，再结合椭圆的第二定义以及外角平分线定理可得，再由射影定理和斜率公式化简. 【详解】（1）由题意可得，，设， 因为椭圆过点得，得，所以椭圆方程为. （2）（i）（方法一）由题意知，，，， 设点，，直线， 联立，得. 则，，     则， 解得，即. 故直线为或.         （方法二） 由题意知，，，. 当直线的斜率不存在时，不满足题意. 设的斜率为，点，，直线. 联立，得， 则，.         则， 解得，，故直线为或.         （ii）略 5．（2026·海南三亚·一模）已知双曲线的离心率为，左焦点为，右焦点为，点在双曲线上． (1)求双曲线的方程； (2)过点作斜率为（）的直线与双曲线交于两点，记与的面积分别为与，求的取值范围； (3)设为线段的中点，在轴上是否存在定点，使得恒为定值？若存在，求出的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1)； (2)； (3)存在，. 【分析】（1）根据离心率公式、已知条件及的关系求解即可； （2）将直线方程与双曲线方程联立，由韦达定理及三角形的形公式可得，，从而可得，由，可得，即，解此不等式组，即可得答案； （3）设存在满足条件的点，其坐标为，由中点坐标公式得，从而得，由，求解即可. 【详解】（1）因为双曲线的离心率为， 所以，， 所以， 又因为点在双曲线上， 所以，解得，所以， 所以求双曲线的方程为； （2）由题意可得， 所以直线的方程为， 由，得， ， 设， 则， 由此可得， 因为， 所以， 令，则， 所以， 消去，得， 因为，所以，， 所以， 即，解得， 即的取值范围为； （3）因为， 即， 所以， 又因为为线段的中点，所以， 设存在满足条件的点，其坐标为， 则， 所以， 要使此值为定值，则，解得， 所以存在，使得恒为定值4. 题型8 点在定直线上 【方法总结】将动点的坐标表示为某个参数（通常是斜率）的函数，然后消参，得到一个关于的二元一次方程，即为定直线方程。 主要步骤为：1、设参并表示动点2、建立关系3、消参4、得到定直线方程 在解题过程中，可以使用几何性质转化，先猜后证等方法帮助解决计算问题 1．（2026高三下·全国·竞赛）给定双曲线 ，，为实轴端点.过右焦点 任作一条直线，与双曲线右支交于、两点.直线与交于点.证明:点在一条定直线上. 【答案】设直线的方程为，.联立， 消元整理得. 因为直线与双曲线右支交于、两点，所以，且由韦达定理得. 已知，，由直线的两点式方程可以得直线与的方程分别为： 和. 联立得：，即. 因为，所以， 将代入并化简得， 即，展开整理得，所以点一定在定直线上. 【分析】利用双曲线的性质和直线方程求解即可，关键在于代数化简过程. 【详解】略. 2．（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 3．（25-26高二上·浙江杭州·期末）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 4．（2026·北京朝阳·模拟预测）已知椭圆的离心率为，右焦点，且，直线交椭圆于，两点，交轴于点． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线过右焦点，设，，求的值； (3)若已知，椭圆上下顶点分别为C，D，直线交直线于点，证明：点在定直线上． 【答案】(1) (2) (3)证明如下： 依题意直线的斜率存在，设直线的方程为， 由（1）可得，， 设，， 由，得， ∴，，， 则，， 又直线的方程为，直线的方程为， 解，即， 即， 得，所以，即， 所以 ， 所以点在定直线上． 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）设直线的方程为，根据向量的坐标运算以及韦达定理化简； （3）直线的方程为，联立直线、的方程求出点的坐标，结合韦达定理化简得出. 【详解】（1）依题意可得，解得， 所以椭圆的标准方程为． （2）由（1）可得椭圆的右焦点， 由题意知直线的斜率存在，则设直线的方程为， ， ，， 联立，得， ∴，， 又，，，， ，， 则，， ∴，， ∴ ． （3）略 5．（25-26高三上·安徽宣城·期末）已知定点，过点作直线轴于点是直线（为坐标原点）上任意一点，过作轴于点，作于点，直线与相交于点，设点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)过点的直线交曲线于两点，过点且与直线垂直的直线交曲线于两点，证明：直线与直线的交点在定直线上. 【答案】(1) (2) 设直线的斜率为，则直线的方程为 将代入曲线的方程，得，设， 可得： 同理，直线的方程为，设， 与 曲线的方程联立，得， 则. 则直线的方程为，化简为①， 同理可得直线的方程为② 设直线与直线的交点为，联立①式和②式 化简得， 又由，两式相乘化简得， 将代入①式得. 即直线与直线的交点在定直线上. 【分析】（1）先求出直线的方程，根据，轴，进而得到轴，设直线的方程为可求出点的坐标，从而可得直线的方程为，与直线的方程联立得到交点的坐标，从而可得曲线的方程； （2）设出直线的方程，与曲线的方程联立，求出两点的坐标关系，同理求出两点的坐标关系，然后根据直线与的方程求出交点坐标，进而证明交点在定直线上。 【详解】（1）因为轴且过，所以的方程为，又， 轴，故轴，设直线的方程为，则的坐标为. 因为点在直线:上，且点的纵坐标为，故点的坐标为,则直线的方程为， 所以直线的方程为， 直线的方程为，与联立，可得交点的坐标为， 令，则，故曲线的方程为. （2）略 $专题11 圆锥曲线中大题归纳 基础·固本强基 题型1 求直线方程 题型2 求面积及其最值（重点） 提升·进阶突破 题型3 求面积比值（重点） 题型4 三点共线问题（重点） 题型5 四点共圆问题（重点） 拔高·压轴破难 题型6 定点问题（难点） 题型7 定值问题（难点） 题型8 点在定直线上（难点） 2 / 24 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 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 基础·固本强基 题型1 求直线方程 【方法总结】根据题目条件选择合适形式设直线，联立曲线方程用韦达定理建立关系，解出参数后写出方程。设直线时需考虑斜率不存在的情况；联立后需验证判别式大于0；含参时注意参数范围对直线存在性的影响；最终结果要检验是否满足题意。 1．（2026·四川·模拟预测）已知双曲线：（，）的离心率为，焦距为4． (1)求的方程； (2)已知，是过点的两条相互垂直的直线，的倾斜角为锐角，与交于，两点，与交于，两点，且，求的方程． 2．（26-27高三上·江西南昌·阶段检测）已知双曲线：的左､右焦点分别为，，且.过的直线与交于，两点. (1)求的方程； (2)若，均在的右支上，且的周长为，求的方程； 3．（26-27高二上·黑龙江哈尔滨·阶段检测）已知椭圆：过点，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆交于，两点，若点为线段的中点，求直线的方程； (3)过点的直线与椭圆交于，两点，若原点总在以为直径的圆内，求直线斜率的取值范围. 4．（26-27高三上·江苏连云港·阶段检测）已知双曲线，过点作直线． (1)是否存在直线，使得直线与双曲线相交于，两点，且为线段的中点？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由； (2)若直线的斜率存在，且与双曲线左、右两支都相交，求直线斜率的取值范围． 5．（26-27高二上·河南·期中）已知双曲线：（）的渐近线方程为. (1)求的值. (2)设为坐标原点，为的右焦点，过的直线与交于，两点. （ⅰ）若直线的斜率为，求； （ⅱ）若直线，的斜率之积为，求直线的方程. 题型2 求面积及其最值 【方法总结】 1、求面积及其最值这类问题的核心是：将面积表示为某个变量的函数 2、三角形的面积 ①底·高（通常选弦长做底，点到直线的距离为高） ②水平宽·铅锤高 ③在平面直角坐标系中，已知的顶点分别为，，，三角形的面积为． 3、求最值 常用求最值方法： 配方法：适用于二次函数。 基本不等式法：适用于能化为 或 形式的结构，特别注意“一正二定三相等”。 导数法：当函数形式复杂（如分式、高次）时，这是最通用的方法。求导，找驻点，判断单调性。 1．（2026·云南昆明·模拟预测）椭圆：（）的上顶点为，离心率为，已知点，直线平行于轴． (1)求的方程； (2)过的直线与椭圆交于，两点，其中在第一象限，点不在轴上，设直线，的斜率分别为，． （ⅰ）求的值； （ⅱ）设直线与轴交于，求面积的最大值． 2．（26-27高三上·湖北武汉·阶段检测）已知曲线，D为直线上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B. (1)证明：直线AB过定点； (2)若以为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形的面积． 3．（26-27高三上·广东广州·开学考试）已知椭圆的一个焦点为，短轴长是． (1)求椭圆的标准方程； (2)直线与轴交于点，过点的直线与椭圆交于，两点． （i）记直线的斜率为，直线的斜率为，证明：； （ii）过点作直线的垂线交直线于点，求面积的最小值． 4．（26-27高三上·陕西商洛·开学考试）过圆上的动点向轴作垂线，垂足为，动点满足． (1)求动点的轨迹的方程； (2)过点且斜率不为0的动直线与相交于，两点，的中点为， （i）证明：直线与的斜率之积为定值； （ii）求面积的最大值． 5．（26-27高三上·湖南怀化·开学考试）已知椭圆的离心率为，且经过点． (1)求椭圆的标准方程； (2)设是椭圆上关于坐标原点对称的两点，是椭圆上异于的任意一点，直线的斜率分别为．证明：为定值； (3)设直线与椭圆交于两点，坐标原点到直线的距离为，求面积的最大值． 题型3 求面积比值 【方法总结】求面积比的核心在于将面积的比值转化为线段比、坐标比或直接面积表达式之比，然后利用韦达定理和“设而不求”的思想进行整体代换，最终化为一个变量的函数来求解或证明定值、或求范围。 1. 利用几何关系转化比值 共线或共点三角形：如果两个三角形有公共顶点或底边在同一直线上，它们的面积比往往等于对应底边或高线的比值。这是最有效的简化方法。 平行线：题目中若存在平行线，必然产生相似三角形，要充分利用其带来的比例关系。 分解复杂图形：对于复杂的多边形面积比，可以将其分割成若干个三角形面积之和或差，然后分别计算这些三角形的面积，再求比值。 1．（2026·云南红河·模拟预测）已知椭圆的两个焦点分别为，，直线与交于，两点． (1)若，求的方程； (2)点为线段上一点（异于端点和坐标原点），过点的直线和与分别交于点，和点，，且，． （i）求直线的斜率； （ii）求四边形与的面积之比的取值范围． 2．（2026·湖北武汉·三模）已知抛物线：，为坐标原点，过点作斜率的直线交抛物线于两点，其中在第一象限，直线交抛物线于另一点，其中，直线与直线交于点． (1)求抛物线的方程； (2)记与的面积分别为，． （ⅰ）当，，，四点共圆时，求直线的方程； （ⅱ）求的取值范围． 3．（26-27高二上·山东青岛·阶段检测）已知椭圆的离心率为，椭圆上的点到两焦点的距离之和为4. (1)求椭圆的方程； (2)设为坐标原点，点在椭圆上，直线与直线，分别交于点，.设与的面积分别为，. （i）证明直线与椭圆相切，并求出切点； （ii）比较与的大小. 4．（26-27高二上·黑龙江牡丹江·阶段检测）已知椭圆分别为的左右焦点，点在上，且轴． (1)求的标准方程； (2)过点的直线与椭圆交于两点， （ⅰ）若是的中点，求直线的方程； （ⅱ）若是椭圆的右焦点，且，为椭圆的左、右顶点，设和的面积为，当时，求的取值范围. 5．（2026·广东深圳·模拟预测）已知抛物线：的焦点为，是上的动点，过点作的切线，直线与椭圆：交于，两个不同的点，记的中点为．设直线（为原点）与直线交于． (1)若椭圆经过抛物线的焦点，且椭圆的离心率为，求椭圆的方程； (2)在（1）的条件下，证明：直线与直线垂直； (3)若与交于，且，证明： 提升·进阶突破 题型4 三点共线问题 【方法总结】在圆锥曲线大题中证明三点共线是一个经典问题。其核心思想是：将几何共线关系转化为代数关系式。利用三点 共线的充要条件：任意两点的斜率相等，或 向量共线，或 点 C 满足直线  的方程。 1、 斜率相等：从三点中任意选择两点构成两条直线，证明两直线斜率相等，注意斜率不存在的情况。 2、 向量共线：如果向量  与向量（或 ）共线（即平行），则  三点共线。 点在直线上：求出直线 AB 的方程，然后证明点 C 的坐标满足该方程。 1．（25-26高二下·广西南宁·期末）已知椭圆：的离心率为，短轴长为. (1)求的方程； (2)过点的直线（斜率存在且不为）与交于、两点，关于轴的对称点为，已知. （i）求的取值范围； （ii）证明：P、M、Q三点共线. 2．（25-26高三下·贵州·阶段检测）已知椭圆的离心率等于分别为的左、右焦点，为上任意一点，当线段的中点在轴上时，的面积为. (1)求椭圆的方程； (2)设直线与椭圆交于另一个点，过点且与轴垂直的直线与椭圆交于两点. （i）求证：直线与的交点在一条定直线上； （ii）平面上点，使得直线的斜率成等比数列.求证：、、三点共线. 3．（2026·湖北·模拟预测）已知点，平面内一动点满足． (1)求点的轨迹方程； (2)若存在直线与点的轨迹交于两点，点为线段的中点，且直线与点处的切线平行． ①证明：三点共线； ②若直线与直线分别交于两点，比较与的大小关系，并说明理由． 4．（25-26高三上·广东广州·期末）已知抛物线的焦点为，准线的方程为． (1)求的标准方程； (2)设为坐标原点，，为上两点，．直线与交于点，与交于点，两点．设为中点，证明：，，三点共线． 5．（25-26高二下·贵州·阶段检测）在圆上任取一点，过点作轴的垂线段PD，垂足为，点在线段DP的延长线上，且，当点在圆上运动时，点形成的轨迹为曲线．（当点经过圆与轴的交点时，规定点与点重合）． (1)求曲线的方程； (2)设点在曲线上，且MQ与轴平行，过点作两条直线分别交曲线于点两点，设线段AB的中点为，若直线MQ平分，求证：三点共线． 题型5 四点共圆问题 【方法总结】以四点共圆为背景的圆锥曲线大题是压轴题中的经典类型，最经典例题为2021年新高考I卷中的21题。其核心在于“如何将几何的圆问题转化为可操作的代数条件”。 四点共圆中常用的几何性质有以下几点 一、对角互补 当四点在某种对称结构下，常可简化为两组对边的斜率互为相反数。则直接转化为直线的斜率关系，非常适合与韦达定理结合。 二、相交弦定理（幂定理） 若四点共圆，两条弦相交于点，满足 。 对于四点共圆问题，要建立起强大的信心：它看似是“圆”的问题，但本质上是通过一些优美的几何定理（如对角互补），被转化成了一个纯粹的直线斜率关系问题，从而能够完美地融入我们熟悉的韦达定理和“设而不求”的框架中予以解决。 1．（2026·重庆·模拟预测）P为椭圆上异于顶点的动点，且C的离心率为，，分别为C的左、右焦点，M为C的左顶点，记，． (1)求C的方程； (2)求证：； (3)设点，过点T作一条不与坐标轴垂直的直线l，交椭圆C于A，B两点，再过点T作一条垂直于x轴的直线分别交直线MA，MB于点D，E．问是否存在t，使得O，D，M，E四点共圆（O为坐标原点）？若存在，求出t的值，若不存在，请说明理由． 2．（25-26高二下·云南昆明·期末）已知椭圆：的左，右焦点分别为，，离心率为，点在直线：上，的最小值为. (1)求的方程； (2)当不在轴上时，过作平行于轴的直线交于点，且在y轴的右侧，直线与轴相交于点. （i）证明：，，，四点共圆； （ii）为原点，记过，，，四点的圆为，若与有四个交点，分别为，，，，求的取值范围. 3．（2026·江苏连云港·模拟预测）已知双曲线：（，）的右焦点到渐近线的距离为2，过右焦点垂直于实轴的弦长为4． (1)求双曲线的离心率； (2)设双曲线的左顶点为，若斜率为2的直线与的右支相交于，两点，点关于原点的对称点为． ①证明：的垂心在上； ②证明：，，，四点共圆． 4．（2026·山西吕梁·三模）已知双曲线C：经过点，，右顶点为A． (1)求双曲线C的方程； (2)若过点的直线与双曲线C交于M，N两点. （i）是否存在直线，使得与的面积相等?若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由； （ii）直线，分别与y轴交于P，Q两点，记的中点为E，x轴上是否存在点F，使得A，B，E，F四点共圆?若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由. 5．（25-26高三上·福建厦门·阶段检测）已知为坐标原点，椭圆的右焦点为，过且斜率大于的直线交于，两点，是上一动点，且的面积最大值为. (1)求椭圆的标准方程； (2)若是上的另一点，满足四边形为平行四边形. （i）求； （ii）设关于的对称点为，求证：，，，四点共圆. 拔高·压轴破难 题型6 定点问题 【方法总结】找到动直线（或动点）方程中参数（如斜率k）的“不变部分”。将方程整理为关于参数的恒等式，令其系数为零，即可求出定点（或定直线）。 一、直接推导 1. 设参：设出动直线的方程。通常已知直线过某个定点或已知斜率，常用点斜式：。 2. 寻找关系：利用题目条件（如直线与圆锥曲线相切、相交，或与其他几何条件如垂直、中点等相关），找到一个关于和的关系式。 3. 消参定型：将找到的和关系式代回原始的直线方程中。得到只含一个参数的解析式。 关键步骤：将此方程整理为关于参数k的方程，要使这个方程对所有值都成立，则k的系数和常数项必须同时为零。 对于形式，定点显然是(D, C)。 对于更复杂的形式，将方程按k的幂次项整理，令各项系数为零，解方程组即可求出定点(x, y)。 二、先猜后证法 当直接推导复杂或难以进行时，此方法能指明方向，简化计算。 猜定点：特殊位置法：取参数（如斜率k）的两个特殊值（如0,斜率不存在（竖直直线）,1,-1等），画出两条对应的特殊位置直线。求交点：解这两条特殊直线的交点，该点即为猜測的定点(。 证定点：则动直线的方程可以化简为。（为参数的解析式） 1．（26-27高三上·四川南充·阶段检测）已知双曲线C：的一条渐近线为，且的焦距为6，动直线l：交于，两点，其中为定值且． (1)求的方程； (2)若，，且直线与圆相切，为原点，求的面积； (3)是否存在，使得以线段为直径的圆经过定点？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 2．（26-27高三·全国·一轮复习）已知双曲线C：的左顶点为A，P为C右支上一点且位于第一象限，P，Q关于x轴对称． (1)若，求的面积； (2)设M为x轴正半轴上一点，N为x轴负半轴上一点，直线与直线交于点D． （ⅰ）设，，求P的横坐标（用a，m表示）． （ⅱ）证明：存在定点M，N使得始终平分． 3．（26-27高三上·广东深圳·开学考试）已知抛物线，为坐标原点，直线经过该抛物线的焦点，且与抛物线交于，两点，为线段中点，动直线在轴上方. (1)求抛物线的方程； (2)当线段在直线上方时，直线等分的面积，求的值； (3)点在直线上的射影为点，是否存在使得以为圆心且过点的圆过定点，若存在，求出的值及定点坐标；若不存在，请说明理由. 4．（26-27高三上·湖北·阶段检测）已知双曲线：（，）的离心率等于2，点在双曲线上. (1)求双曲线的标准方程； (2)直线（）与轴交于点，与双曲线的右支交于、两点（在、之间），是双曲线的右焦点，过作的垂线，垂足为. （i）若是中点，求的值； （ii）证明：直线经过定点. 5．（25-26高二下·贵州贵阳·阶段检测）已知椭圆的左，右焦点坐标分别为，，椭圆上任意一点到两焦点距离之和为4． (1)求椭圆的标准方程与离心率； (2)已知点，过定点的直线与椭圆交于，两点（异于），直线与轴交于点，直线与轴交于点． （i）求面积的最大值； （ii）求证：的中点为定点． 题型7 定值问题 【方法总结】将待证的目标量（如斜率积、线段乘积、面积等）用参数（通常是斜率）表示出来，通过代数运算消去参数，若结果是一个常数，则定值得证。 常见的定值类型有： 1、斜率的和、积、比为定值 2、线段长度、乘积或倒数和为定值 3、面积为定值 4、向量数量积为定值 1．（26-27高三上·天津和平·阶段检测）已知椭圆的离心率为，且过点，点、分别为椭圆的左右焦点． (1)求椭圆的标准方程； (2)设点为第一象限内椭圆上的点，若，求点的坐标； (3)过右焦点的直线与椭圆交于，两点，在轴上是否存在定点，使得的值为定值？若存在，求出定点的坐标及该定值；若不存在，请说明理由． 2．（2026高三·全国·专题练习）已知椭圆C经过点，且与双曲线共焦点. (1)求椭圆C的方程； (2)过椭圆C右焦点作直线l交椭圆C于，两点，交轴于点，且记，，求证：为定值. 3．（25-26高三下·山东聊城·阶段检测）在平面直角坐标系xOy中，设m为实数，若双曲线的右焦点为，离心率为，点F到双曲线的一条渐近线的距离为1，直线交双曲线于A，B两点. (1)求此双曲线的方程. (2)若A，B两点都在双曲线的右支上. （ⅰ）求面积的最小值. （ⅱ）在x轴上是否存在一点P，使得为定值？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由. 4．（25-26高二下·安徽马鞍山·期末）已知椭圆经过点，离心率为. (1)求椭圆的标准方程； (2)已知，为椭圆的左、右焦点，过点的直线交椭圆与，两点，且，不在轴上. （i）若，求直线的方程； （ii）为椭圆右顶点，直线，与直线分别交于点，，记直线，的斜率分别为，.证明为定值，并求出该值. 5．（2026·海南三亚·一模）已知双曲线的离心率为，左焦点为，右焦点为，点在双曲线上． (1)求双曲线的方程； (2)过点作斜率为（）的直线与双曲线交于两点，记与的面积分别为与，求的取值范围； (3)设为线段的中点，在轴上是否存在定点，使得恒为定值？若存在，求出的坐标；若不存在，说明理由． 题型8 点在定直线上 【方法总结】将动点的坐标表示为某个参数（通常是斜率）的函数，然后消参，得到一个关于的二元一次方程，即为定直线方程。 主要步骤为：1、设参并表示动点2、建立关系3、消参4、得到定直线方程 在解题过程中，可以使用几何性质转化，先猜后证等方法帮助解决计算问题 1．（2026高三下·全国·竞赛）给定双曲线 ，，为实轴端点.过右焦点 任作一条直线，与双曲线右支交于、两点.直线与交于点.证明:点在一条定直线上. 2．（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. 3．（25-26高二上·浙江杭州·期末）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． 4．（2026·北京朝阳·模拟预测）已知椭圆的离心率为，右焦点，且，直线交椭圆于，两点，交轴于点． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线过右焦点，设，，求的值； (3)若已知，椭圆上下顶点分别为C，D，直线交直线于点，证明：点在定直线上． 5．（25-26高三上·安徽宣城·期末）已知定点，过点作直线轴于点是直线（为坐标原点）上任意一点，过作轴于点，作于点，直线与相交于点，设点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)过点的直线交曲线于两点，过点且与直线垂直的直线交曲线于两点，证明：直线与直线的交点在定直线上. $