专题15 练透圆锥曲线综合大题的15大题型（期中专项训练·冲刺版）高二数学上学期人教A版

专题15 练透圆锥曲线综合大题的15大题型 题型1 圆锥曲线中的弦长问题（重点） 题型9斜率比值型 题型2圆锥曲线中的定点问题（重点） 题型10圆锥曲线中的轨迹方程问题（重点） 题型3圆锥曲线中的定值问题（常考点） 题型11韦达定理（常考点） 题型4圆锥曲线中的定直线问题 题型12非对称韦达定理 题型5圆锥曲线中的面积问题 题型13圆锥曲线中的齐次化 题型6圆锥曲线中的切线问题（难点） 题型14圆锥曲线中的极点与极线 题型7斜率和定型 题型15新定义问题 题型8斜率积定型 6 / 6 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 题型一 圆锥曲线中的弦长问题（共4小题） 1. 椭圆的左焦点和上顶点 (1)求椭圆的方程； (2)直线与椭圆交于，两点，若，求的值． 2. 已知椭圆：，椭圆：，在内部，且，的离心率相同；分别过椭圆的右顶点与上顶点任作椭圆的一条切线，． (1)求椭圆的离心率； (2)求直线，的斜率之积的绝对值； (3)若，直线过第二、四象限，过定点的直线与椭圆交于，两点，与交于点．若，求点的坐标． 3. 已知椭圆的左焦点为，离心率为. (1)求椭圆E的标准方程； (2)过椭圆E右焦点的直线l与椭圆E交于A，B两点，若，求直线l的方程. 4. 已知抛物线与圆相交于、两点，且． (1)求抛物线的方程； (2)若、是上两点，且线段的中点为，求． 题型二 圆锥曲线中的定点问题（共4小题） 5. (25-26高二下·四川凉山州·期末)已知椭圆：，（）的左、右焦点分别为、，点是上的点，且，离心率． (1)求的标准方程； (2)设，． ①若点位于第一象限，直线，的斜率分别为，，求的取值范围； ②设直线：与交于，两点（不与M重合），若（为坐标原点），试判断直线是否过定点，如果是，请求出定点，如果不是，请说明理由． 6. (25-26高二·安徽合肥庐江县·期末)已知圆与抛物线：在轴上方的交点为，与抛物线的准线在轴下方的交点为，且点，关于直线对称． (1)求抛物线的方程； (2)若点，是抛物线上与点不重合的两个动点，且直线和的斜率之和为，求证：直线过定点，并求出定点坐标． 7. (25-26高二下·湖南部分学校·期末)已知椭圆，，为左、右焦点，点P在C上． (1)当时，求的面积； (2)在椭圆中有结论：以椭圆上一点为切点的切线方程是． ①设过椭圆C的右焦点的直线交C于A，B两点，以A，B为切点的切线，相交于点Q，求点Q的纵坐标； ②在①中条件下，过点A且与切线垂直的直线在x轴，y轴上的截距分别为，，得点；过点B且与切线垂直的直线在x轴，y轴上的截距分别为，，得点．证明：直线过定点，并求出定点坐标． 8. (25-26高二下·湖南部分学校·期末)已知椭圆，，为左、右焦点，点P在C上． (1)当时，求的面积； (2)在椭圆中有结论：以椭圆上一点为切点的切线方程是． ①设过椭圆C的右焦点的直线交C于A，B两点，以A，B为切点的切线，相交于点Q，求点Q的纵坐标； ②在①中条件下，过点A且与切线垂直的直线在x轴，y轴上的截距分别为，，得点；过点B且与切线垂直的直线在x轴，y轴上的截距分别为，，得点．证明：直线过定点，并求出定点坐标． 题型三 圆锥曲线中的定值问题（共5小题） 9. (25-26高二下·海南海南中学·期末)已知抛物线的顶点在原点，对称轴为轴，且过点，过该抛物线的焦点且倾斜角为的直线，与抛物线相交于、两点． (1)求抛物线的标准方程和线段的长． (2)求的值． 10. (25-26高二下·云南曲靖陆良县·期末)已知，分别是椭圆的左、右焦点，是上一点．当时，，． (1)求的标准方程； (2)若在第一象限，，是上的两点，若直线，关于直线对称，证明：直线的斜率为定值． 11. (25-26高二下·海南海南中学·期末)如图，椭圆（，，为常数），动圆，．点，分别为的左，右顶点，与相交于，，，四点．    (1)若，，，求与的四个交点的坐标． (2)求直线与直线交点的轨迹方程． (3)设动圆与相交于，，，四点，其中，．若矩形与矩形的面积相等，证明：为定值． 12. (25-26高二下·广东深圳龙岗区龙城高级中学·期末)已知双曲线的一条渐近线的方程为，的右焦点到直线的距离为1，． (1)求的方程； (2)已知上的动点，关于轴对称，直线与交于另外一点，证明：直线恒过定点； (3)设与的渐近线不平行的两条直线，均与相切，且交点为，当，的斜率之积为时，判断是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 13. (25-26高二·广东深圳罗湖区·期末)已知双曲线的实轴长是虚轴长的2倍，焦距为． (1)求的标准方程； (2)设是上关于轴对称的两点，是上异于的一点．直线的斜率均存在且不为0，且分别与轴交于两点． （i）若在轴上，求的取值范围； （ii）设为坐标原点，证明：为定值． 题型四 圆锥曲线中的定直线问题（共4小题） 14. (25-26高二下·重庆第一中学校·期末)已知双曲线：（，）的其中一条渐近线为，且点在双曲线上．、为双曲线的左、右焦点，、为双曲线的左、右顶点． (1)求双曲线的标准方程； (2)已知直线的斜率，与双曲线交于、两点，以线段为直径的圆过双曲线的右顶点，求直线的方程； (3)过点的直线与双曲线的右支交于、两点，的重心为，判断重心是否在定曲线上，若在，求出该曲线的方程． 15. (25-26高二下·陕西安康部分校·期末)已知椭圆：的左、右顶点分别为，，是上与，不重合的一动点． (1)证明：直线与的斜率之积为定值； (2)直线，与直线分别交于点，，求的最小值； (3)若不过点且斜率为的直线与交于，两点，证明：的外心在定直线上． 16. (25-26高二下·河南信阳普通高中·期末)已知椭圆的焦距为，且椭圆上的点到两个焦点的距离之和为4． (1)求椭圆的标准方程． (2)设椭圆的左、右顶点分别为，，点，过点的动直线与椭圆交于，两点（，均不同于，），直线与交于点，求证：点在定直线上，并求出该定直线的方程． 17. (25-26高二下·广东广州大学附属中学·调研)在平面直角坐标系中，点到点的距离与到直线：的距离之比为，记点的轨迹为曲线． (1)求的方程； (2)点，过点的直线与交于，两点． （ⅰ）当时，求的方程； （ⅱ）若直线斜率不为0，且直线与过点且垂直于的直线交于点，判断点是否在定直线上，并说明理由． 题型五 圆锥曲线中的面积问题（共4小题） 18. 已知抛物线C：经过点是抛物线C上异于点A的动点，且 (1)求直线AB的斜率(用表示)； (2)设不经过点A的直线l与C交于M，N两点，且直线的斜率之和为1. ①求证：直线l恒过定点Q； ②若向量，且，求的面积S的取值范围. 19. 某设计图案由曲线与构成，曲线是以原点O为中心，为焦点的椭圆，曲线是满足的动点P的轨迹，如图所示，是两条曲线的一个交点，已知恰好与曲线相切． (1)求曲线和的方程； (2)直线与曲线的另一交点为，直线与曲线另一交点为，求的面积； (3)作一条与坐标轴不垂直且不过原点的直线，当直线与曲线交于两点，与曲线交于两点时，点关于原点的对称点为，若为的中点，点，记直线和直线的斜率分别为，问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由． 20. 已知椭圆的焦距为2，且过点． (1)求椭圆C的方程. (2)设B为椭圆C的右顶点，过点的直线l与椭圆C交于M，N两点（异于点B）． （ⅰ）记直线的斜率分别为，证明：为定值. （ⅱ）求的面积的取值范围. 21. 如图，已知椭圆，点在椭圆上且，，分别经过的左、右焦点，，且，． (1)若，求点的坐标； (2)证明：是定值，并求出的值； (3)求四边形面积最大值． 题型六 圆锥曲线中的切线问题（共2小题） 22．（25-26高三上·贵州·阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，点P是圆O：上的动点，过点P作x轴的垂线，垂足为M，点Q满足，记点Q的轨迹为曲线． (1)求的方程； (2)已知椭圆：，作直线l（斜率为k，且）． ①若直线l不经过原点O，且与曲线，椭圆都相交，交曲线所得弦的中点为G，交椭圆所得弦的中点为H．若和分别表示直线OG和直线OH的斜率，则是否为与k无关的定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由； ②若直线l的斜率，l与椭圆相切，交曲线于C，D两点，点K为曲线上与C，D不重合的任意一点，求面积的最大值． 23．（2025·安徽芜湖·模拟预测）在平面直角坐标系中，双曲线的左、右焦点分别为，，离心率为2，过点且倾斜角为45度的直线交双曲线于，两点（在轴右侧）且，． (1)求双曲线的方程； (2)若直线是过的右支上点的切线，且不与轴垂直，过，分别作直线的垂线，垂足为，． ①求证：点，均在以为圆心的定圆上，且，； ②求证：是定值． 题型七 斜率和定型（共2小题） 24．（24-25高二下·河南周口·期末）已知椭圆的离心率为，，不过的上、下顶点的直线与交于不同的，两点. (1)求的标准方程. (2)设点，分别为的上、下顶点，直线的斜率为当直线，的斜率都存在时，. ①证明：直线过定点. ②当的面积取得最大值时，求的值. 25.已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点是椭圆的一个顶点，是等腰直角三角形． (1)求椭圆的标准方程； (2)过点分别作直线，交椭圆于A，两点，设两直线，的斜率分别为，，且，证明：直线过定点． 题型八 斜率积定型（共2小题） 26.已知圆和定点，动点､在圆上. (1)过点作圆的切线，求切线方程； (2)若满足，设直线与直线相交于点. ①求证：直线过定点； ②求证：. 27.已知，圆上有一动点，设线段的中点为. (1)求点的轨迹的方程； (2)过原点作的两条弦、，若、的斜率之积为，证明:直线过定点. 题型九 斜率比值型（共2小题） 28.已知双曲线的左焦点坐标为，直线与双曲线交于两点，线段中点为. (1)求双曲线的方程； (2)经过点与轴不重合的直线与双曲线交于两个不同点，点，直线与双曲线分别交于另一点. ①若直线与直线的斜率都存在，并分别设为.是否存在实常数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. ②证明：直线恒过定点. 重庆市南开中学校2022-2023学年高二上学期11月月考数学试题 29.已知椭圆的离心率为，椭圆上一动点与左､右焦点构成的三角形面积最大值为. (1)求椭圆的方程； (2)设椭圆的左､右顶点分别为，直线交椭圆于两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，已知. ①求证：直线恒过定点； ②设和的面积分别为，求的最大值. 内蒙古自治区赤峰市赤峰二中2022-2023学年高三第一次月考理科数学试题 题型十 圆锥曲线中的轨迹方程问题（共5小题） 30. 已知动点到定点的距离比它到直线 的距离小 (1)求动点的轨迹方程； (2)过点作倾斜角为，（）的两条直线交的轨迹于两点，若，求证：直线恒过定点． 31. 已知椭圆经过和两点，分别为椭圆上、下顶点，点在椭圆上运动（点与，不重合），点满足，． (1)求椭圆的标准方程； (2)求动点的轨迹的方程； (3)若，不过原点且斜率为的直线与曲线交于两点，直线分别与轴交于点，（直线斜率大于）． （i）求证：直线的斜率之和为； （ii）线段的中点为，求的最小值． 32. 在平面直角坐标系中，已知点，直线AP与BP相交于点P，且两直线的斜率之积为． (1)求动点P的轨迹方程； (2)直线与动点P的轨迹交于C，D两点，求弦长； (3)若动点P的轨迹为闭合曲线，点，动点P的轨迹上存在不关于x轴对称的两点M，N，使得恰好被x轴平分，求面积的取值范围． 33. 平面直角坐标系中，动点P到点的距离与它到直线的距离之比为． (1)求动点P的轨迹C的方程； (2)过点M的直线l与轨迹C交于A，B两点，且点A在第一象限，点，与的面积之比为，求的内切圆半径． 34. 已知动点与定点的距离与它到定直线的距离的比是常数，动点的轨迹 (1)求轨迹的方程； (2)点为坐标原点，过的直线交的右支于两点，过点作直线的垂线，垂足为. ①已知，当最小时，求直线的方程； ②求面积的最小值. 题型十一 韦达定理（共2小题） 35.已知双曲线的左焦点坐标为，直线与双曲线交于两点，线段中点为. (1)求双曲线的方程； (2)经过点与轴不重合的直线与双曲线交于两个不同点，点，直线与双曲线分别交于另一点. ①若直线与直线的斜率都存在，并分别设为.是否存在实常数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. ②证明：直线恒过定点. 36.已知椭圆的离心率为，椭圆上一动点与左､右焦点构成的三角形面积最大值为. (1)求椭圆的方程； (2)设椭圆的左､右顶点分别为，直线交椭圆于两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，已知. ①求证：直线恒过定点； ②设和的面积分别为，求的最大值. 题型十二 非对称韦达定理（共4小题） 37. 已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上． (1)求椭圆的标准方程； (2)如图，若一条斜率不为0的直线过点与椭圆交于两点，椭圆的左、右顶点分别为，直线的斜率为，直线的斜率为，求证：为定值． 38. 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，离心率为，点P为椭圆上一点． （1）求椭圆C的标准方程； （2）如图，过点C(0，1)且斜率大于1的直线l与椭圆交于M，N两点，记直线AM的斜率为k1，直线BN的斜率为k2，若k1＝2k2，求直线l斜率的值． 39. 已知，动点满足与的斜率之积为定值. (1)求动点的轨迹的方程； (2)过点的直线与曲线交于 两点，且均在轴右侧，过点 作直线的垂线，垂足为. （i）求证：直线过定点； （ii）求面积的最小值. 40. 已知双曲线C：的左右顶点分别为，，过点的直线与双曲线C的右支交于M，N两点. (1)若直线的斜率k存在，求k的取值范围； (2)记直线，的斜率分别为，，求的值 题型十三 圆锥曲线中的齐次化（共6小题） 41. 已知双曲线中，焦距为，且双曲线过点．斜率不为零的直线与双曲线交于两点，且以为直径的圆过点． (1)求双曲线的方程； (2)是否存在直线，使得点到直线的距离最大？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由． 42. 已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上，且垂直于轴． (1)求椭圆的方程； (2)直线斜率存在，交椭圆于两点，三点不共线，且直线和直线关于对称，证明：直线过定点 43. 已知为双曲线上一点，分别为双曲线的左、右顶点，且直线与的斜率之和为． (1)求双曲线的方程； (2)不过点的直线与双曲线交于两点，若直线的倾斜角分别为和，且，证明：直线过定点． 44. 已知双曲线过点，其渐近线方程为. (1)求双曲线的标准方程； (2)圆与轴交于、两点.记直线与双曲线的另一个交点为，直线与双曲线的另一个交点为.过坐标原点作，垂足为. （i）求直线和直线的斜率之积； （ii）若恒成立，求的取值范围. 45 已知椭圆：的短轴长为2，且过点，设点为椭圆在第一象限内一点. (1)求椭圆方程； (2)点关于原点的对称点为，点，点为中点，的延长线交椭圆于点.记直线的斜率为，直线的斜率为，直线的斜率为， （ⅰ）求证：为定值； （ⅱ）当最大时，求直线方程. 46. 已知椭圆的离心率为，且经过点． (1)求C的方程； (2)已知点，，点A在C上，直线AP与C交于另外一点B，直线AQ与C交于另外一点D，且，． （ⅰ）证明：直线BD恒过定点； （ⅱ）记直线AP，AQ的斜率分别为，，求的值． 题型十四 圆锥曲线中的极点与极线（共4小题） 47. 如图，已知椭圆的短轴长为，焦点与双曲线的焦点重合.点，斜率为的直线与椭圆交于两点.    (1)求常数的取值范围，并求椭圆的方程. (2)(本题可以使用解析几何的方法，也可以利用下面材料所给的结论进行解答) 极点与极线是法国数学家吉拉德·迪沙格于1639年在射影几何学的奠基之作《圆锥曲线论稿》中正式阐述的.对于椭圆，极点（不是原点）对应的极线为，且若极点在轴上，则过点作椭圆的割线交于点，则对于上任意一点，均有（当斜率均存在时）.已知点是直线上的一点，且点的横坐标为2.连接交轴于点.连接分别交椭圆于两点. ①设直线、分别交轴于点、点，证明：点为、的中点； ②证明直线：恒过定点，并求出定点的坐标. 48. 极点与极线是法国数学家吉拉德・迪沙格于1639年在射影几何学的奠基之作《圆锥曲线论稿》中正式阐述的.对于椭圆，极点（不是坐标原点）对应的极线为.已知椭圆的长轴长为，左焦点与抛物线的焦点重合，对于椭圆，极点对应的极线为，过点的直线与椭圆交于，两点，在极线上任取一点，设直线，，的斜率分别为，，（，，均存在）. (1)求极线的方程； (2)求证：； (3)已知过点且斜率为2的直线与椭圆交于，两点，直线，与椭圆的另一个交点分别为，，证明直线恒过定点，并求出定点的坐标. 49. 阅读材料： （一）极点与极线的代数定义；已知圆锥曲线G：，则称点P(，)和直线l：是圆锥曲线G的一对极点和极线.事实上，在圆锥曲线方程中，以替换，以替换x(另一变量y也是如此)，即可得到点P(，)对应的极线方程.特别地，对于椭圆，与点P(，)对应的极线方程为；对于双曲线，与点P(，)对应的极线方程为；对于抛物线，与点P(，)对应的极线方程为.即对于确定的圆锥曲线，每一对极点与极线是一一对应的关系. （二）极点与极线的基本性质､定理 ①当P在圆锥曲线G上时，其极线l是曲线G在点P处的切线； ②当P在G外时，其极线l是曲线G从点P所引两条切线的切点所确定的直线（即切点弦所在直线）； ③当P在G内时，其极线l是曲线G过点P的割线两端点处的切线交点的轨迹. 结合阅读材料回答下面的问题： (1)已知椭圆C：经过点P(4，0)，离心率是，求椭圆C的方程并写出与点P对应的极线方程； (2)已知Q是直线l：上的一个动点，过点Q向（1）中椭圆C引两条切线，切点分别为M，N，是否存在定点T恒在直线MN上，若存在，当时，求直线MN的方程；若不存在，请说明理由. 50. 阅读材料：（一）极点与极线的代数定义；已知圆锥曲线，则称点和直线是圆锥曲线G的一对极点和极线．事实上，在圆锥曲线方程中，以替换，以替换x；以替换，以替换y，即可得到对应的极线方程．特别地，对于椭圆，与点对应的极线方程为；对于双曲线，与点对应的极线方程为；对于抛物线，与点对应的极线方程为．即对于确定的圆锥曲线，每一对极点与极线是一一对应的关系． （二）极点与极线的基本性质、定理：①当P在圆锥曲线G上时，其极线l是曲线G在点P处的切线；②当P在G外时，其极线l是从点P向曲线G所引两条切线的切点所在的直线l(即切点弦所在直线）；③当P在G内时，其极线l是曲线G过点P的割线两端点处的切线交点的轨迹．结合阅读材料回答下面的问题：已知椭圆． (1)点P是直线上的一个动点，过点P向椭圆G引两条切线，切点分别为M，N，是否存在定点T恒在直线MN上，若存在，当时，求直线MN的方程；若不存在，请说明理由． (2)点P在圆上，过点P作椭圆G的两条切线，切点分别为A，B，求面积的最大值． 题型十五 新定义问题（共2小题） 51. （2026·辽宁大连·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线的左、右焦点分别为，，M为C上一动点，且当为等腰三角形时，． (1)求C的离心率； (2)已知为C的右顶点，直线l与C的一支交于A，B两点． ①若，试求直线l与x轴交点的坐标； ②“费马点”是十七世纪数学家费马提出并征解的一个问题，该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答：当的三个内角均小于120°时，使得的点Q即为费马点；当有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点． 当，且l过点时，记的费马点为P，记，，的面积分别为，，，试求的最小值． 52. （2026·江西新余·模拟预测）平面内的动点到一个定点的距离和到定直线的距离的比是常数，则动点的轨迹就是圆锥曲线（这个是圆锥曲线的第二定义）．其中定点称为其焦点，定直线称为其准线（其中椭圆与双曲线的准线方程为，抛物线准线方程为），正常数称为其离心率．当时，轨迹为椭圆；当时，轨迹为抛物线；当时，轨迹为双曲线． (1)若方程表示的二次曲线是椭圆，求的取值范围； (2)已知椭圆的右焦点为，点，试在椭圆上求一点，使的值最小，并求这个最小值． (3)双曲线的右焦点，左准线，其中，过作直线与双曲线右支交于两点，线段的中点为，且，求该双曲线的实轴长的取值范围． $专题15 练透圆锥曲线综合大题的15大题型 题型1 圆锥曲线中的弦长问题（重点） 题型9斜率比值型 题型2圆锥曲线中的定点问题（重点） 题型10圆锥曲线中的轨迹方程问题（重点） 题型3圆锥曲线中的定值问题（常考点） 题型11韦达定理（常考点） 题型4圆锥曲线中的定直线问题 题型12非对称韦达定理 题型5圆锥曲线中的面积问题 题型13圆锥曲线中的齐次化 题型6圆锥曲线中的切线问题（难点） 题型14圆锥曲线中的极点与极线 题型7斜率和定型 题型15新定义问题 题型8斜率积定型 6 / 6 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 题型一 圆锥曲线中的弦长问题（共4小题） 1. 椭圆的左焦点和上顶点 (1)求椭圆的方程； (2)直线与椭圆交于，两点，若，求的值． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）因为椭圆的左焦点和上顶点 所以，， 所以椭圆的方程为； （2）因为直线与椭圆交于两点， 所以联立方程得， 所以，解得， 设，则， 因为， 所以， 整理得，解得，满足， 所以，. 2. 已知椭圆：，椭圆：，在内部，且，的离心率相同；分别过椭圆的右顶点与上顶点任作椭圆的一条切线，． (1)求椭圆的离心率； (2)求直线，的斜率之积的绝对值； (3)若，直线过第二、四象限，过定点的直线与椭圆交于，两点，与交于点．若，求点的坐标． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）依题意可得椭圆的长半轴长为，短半轴长为， 则其半焦距为， 所以椭圆的离心率为， 又，的离心率相同，所以椭圆的离心率为． （2）显然直线，的斜率都存在，不妨设直线，的斜率分别为，， 又椭圆的右顶点为，则直线的方程为， 结合（1）得，得， 联立，整理得， 又是椭圆的一条切线，则，得， 又椭圆的上顶点为，则直线的方程为， 联立，整理得， 又是椭圆的一条切线，则，得， 所以，得， 故直线，的斜率之积的绝对值为． （3）由，则结合（2）得， 又直线过第二、四象限，则，即， 所以直线的方程为， 设，，，， 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 由，则， 即，整理得（*）， 联立，解得， 联立，整理得， 由韦达定理得，， 将，，，代入（*）式化简得， 又上式对任意实数都成立，则， 若，得，代入（2）式，得，解得，或； 若，即，代入（2）式，得，解得，， 验证当斜率不存在时，，，是否满足题意． 对于，过该点的竖线与椭圆只有一个交点，不符合题意； 对于，过该点的竖线与椭圆只有一个交点，不符合题意； 对于，过该点的竖线与椭圆有两个交点， 联立，解得，，即，，， 此时，，满足，符合题意． 综上，点的坐标为． 3. 已知椭圆的左焦点为，离心率为. (1)求椭圆E的标准方程； (2)过椭圆E右焦点的直线l与椭圆E交于A，B两点，若，求直线l的方程. 【答案】(1) (2)，或 【分析】（1）根据椭圆焦点坐标特点，结合椭圆离心率公式进行求解即可； （2）根据一元二次方程根与系数的关系，利用转化法进行求解即可. 【详解】（1）因为椭圆的左焦点为，离心率为， 所以， 所以椭圆E的标准方程为； （2）当直线l斜率为零时，此时A，B为左右顶点，不管A，B哪一个为左顶点，均不满足， 当直线l斜率不存在时，此时根据椭圆的对称性，显然不成立， 当直线l存在斜率且不为零时，设直线l的方程为， 于是有， 显然， 设，则有， 因为，所以，即， 因此由 ， 所以直线l的方程为，或， 化为一般式为，或. 4. 已知抛物线与圆相交于、两点，且． (1)求抛物线的方程； (2)若、是上两点，且线段的中点为，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用抛物线与圆都关于轴对称，得到垂直轴，结合弦长求出点坐标，代入抛物线即可求出. （2）用点差法，根据中点纵坐标求出直线的斜率，写出直线方程；再联立抛物线方程，利用韦达定理和弦长公式求出. 【详解】（1）因为抛物线与圆都关于轴对称， 所以交点关于轴对称，弦垂直于轴， 因为，所以点纵坐标， 把代入圆方程：，解得， 因为，所以，所以， 将代入抛物线方程， 得到，解得，即， 抛物线的方程为：. （2）设，，两点都在抛物线上， 则有， 两式作差可得 ， 由中点，得， 直线斜率， 直线方程：，整理得， 联立， 把代入抛物线，得到 ， 由韦达定理可得：， 又 则， . 题型二 圆锥曲线中的定点问题（共4小题） 5. (25-26高二下·四川凉山州·期末)已知椭圆：，（）的左、右焦点分别为、，点是上的点，且，离心率． (1)求的标准方程； (2)设，． ①若点位于第一象限，直线，的斜率分别为，，求的取值范围； ②设直线：与交于，两点（不与M重合），若（为坐标原点），试判断直线是否过定点，如果是，请求出定点，如果不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)①； ②直线过定点，理由如下： 设，， 设直线， 联立，消去得，整理得， 则，由可知，则， 所以 ，即，即， 所以，整理得， 即，故， 所以直线， 令，即，此时，则直线过定点. 【分析】（1）由椭圆定义直接求出；由离心率算出；用求出，即可写出椭圆标准方程. （2）①先设第一象限内点，写出两条直线斜率，相乘得到；利用椭圆方程把替换成含的表达式，将乘积化为只含的函数；根据在第一象限，确定，再利用函数单调性求出取值范围.②条件，几何意义是直线关于轴对称，等价于斜率之和；把直线和椭圆联立，得到一元二次方程，用韦达定理写出与；将斜率相加为的式子通分展开，再把韦达定理的结果代入化简，得到的关系式；把关系式代回直线方程，整理成点斜式，令参数的系数为0，求出定点坐标. 【详解】（1）由椭圆定义得到，故， 所以由离心率得， 由得， 所以椭圆的标准方程为. （2）①设，因为点位于第一象限，所以且满足，即， 因为，，所以，则， 令，由在第一象限，得，故， 则， 因为，所以，所以，则，即，即， 所以的取值范围是. ②略 6. (25-26高二·安徽合肥庐江县·期末)已知圆与抛物线：在轴上方的交点为，与抛物线的准线在轴下方的交点为，且点，关于直线对称． (1)求抛物线的方程； (2)若点，是抛物线上与点不重合的两个动点，且直线和的斜率之和为，求证：直线过定点，并求出定点坐标． 【答案】(1) (2)由（1）得， 设，，直线的方程为． 将直线的方程代入，得， 所以，． ，整理得， 所以直线的方程为， 直线过定点，定点坐标为． 【分析】（1）联立抛物线准线与圆的方程求得点B的坐标，再根据点A和点B关于对称获得点A的坐标，最后根据点A在抛物线上，列方程求得，最后求得抛物线的方程; （2）设，，直线的方程为，联立直线方程与抛物线方程，由韦达定理可知，，又，整理化简得到，最后得到直线过定点. 【详解】（1）将代入，得，所以， 由点，关于直线对称，可得， 将的坐标代入抛物线的方程得，解得， 所以抛物线的方程为． （2）略 7. (25-26高二下·湖南部分学校·期末)已知椭圆，，为左、右焦点，点P在C上． (1)当时，求的面积； (2)在椭圆中有结论：以椭圆上一点为切点的切线方程是． ①设过椭圆C的右焦点的直线交C于A，B两点，以A，B为切点的切线，相交于点Q，求点Q的纵坐标； ②在①中条件下，过点A且与切线垂直的直线在x轴，y轴上的截距分别为，，得点；过点B且与切线垂直的直线在x轴，y轴上的截距分别为，，得点．证明：直线过定点，并求出定点坐标． 【答案】(1)9 (2)①；② 【分析】（1）利用椭圆的定义，结合垂直条件，求出两直角边乘积，面积即为其乘积的一半，或设，由垂直得，联立椭圆解得，可得面积； （2）①设，切线方程分别为，，两式分别乘以后相减消去，代入直线方程，可得交点坐标；②由切线斜率得垂线方程，求得截距得点，同理求。联立直线与椭圆得韦达定理，求 斜率及中点，写出直线方程，故恒过定点. 【详解】（1）方法一：设，， 又， ，所以的面积是9． 方法二：设，又，， 则，， ， 又，所以，， 所以的面积是； （2）①设，， 则以A，B为切点的切线方程分别为，， 且，， 于是：对于，，两边分别同乘，相减可得： ， ； ②以点A为切点的切线的斜率为， 过点A且与以A为切点的切线垂直的直线方程为， 进而得，，所以， 同理可得， 另一方面，把代入中，得， 所以， 直线的斜率为， M，N中点的横坐标是 ， M，N中点的纵坐标是， 所以直线方程为， ， ， ， 可知直线经过定点． 8. (25-26高二下·湖南部分学校·期末)已知椭圆，，为左、右焦点，点P在C上． (1)当时，求的面积； (2)在椭圆中有结论：以椭圆上一点为切点的切线方程是． ①设过椭圆C的右焦点的直线交C于A，B两点，以A，B为切点的切线，相交于点Q，求点Q的纵坐标； ②在①中条件下，过点A且与切线垂直的直线在x轴，y轴上的截距分别为，，得点；过点B且与切线垂直的直线在x轴，y轴上的截距分别为，，得点．证明：直线过定点，并求出定点坐标． 【答案】(1)9 (2)①；② 【分析】（1）利用椭圆的定义，结合垂直条件，求出两直角边乘积，面积即为其乘积的一半，或设，由垂直得，联立椭圆解得，可得面积； （2）①设，切线方程分别为，，两式分别乘以后相减消去，代入直线方程，可得交点坐标；②由切线斜率得垂线方程，求得截距得点，同理求。联立直线与椭圆得韦达定理，求 斜率及中点，写出直线方程，故恒过定点. 【详解】（1）方法一：设，， 又， ，所以的面积是9． 方法二：设，又，， 则，， ， 又，所以，， 所以的面积是； （2）①设，， 则以A，B为切点的切线方程分别为，， 且，， 于是：对于，，两边分别同乘，相减可得： ， ； ②以点A为切点的切线的斜率为， 过点A且与以A为切点的切线垂直的直线方程为， 进而得，，所以， 同理可得， 另一方面，把代入中，得， 所以， 直线的斜率为， M，N中点的横坐标是 ， M，N中点的纵坐标是， 所以直线方程为， ， ， ， 可知直线经过定点． 题型三 圆锥曲线中的定值问题（共5小题） 9. (25-26高二下·海南海南中学·期末)已知抛物线的顶点在原点，对称轴为轴，且过点，过该抛物线的焦点且倾斜角为的直线，与抛物线相交于、两点． (1)求抛物线的标准方程和线段的长． (2)求的值． 【答案】(1)抛物线的标准方程为， (2) 【分析】（1）根据题意，设抛物线的标准方程为，将点的坐标代入抛物线方程，求出的值，即可得出该抛物线的标准方程，然后将直线的方程与抛物线方程联立，利用韦达定理和焦点弦长公式可求得的值； （2）利用抛物线的焦半径公式和韦达定理可求得的值． 【详解】（1）由题意，设抛物线的标准方程为， 将点的坐标代入抛物线方程得，解得， 故该抛物线的标准方程为， 设点，，易知抛物线的焦点为，则直线的方程为， 联立可得，， 所以，， 故． （2）． 10. (25-26高二下·云南曲靖陆良县·期末)已知，分别是椭圆的左、右焦点，是上一点．当时，，． (1)求的标准方程； (2)若在第一象限，，是上的两点，若直线，关于直线对称，证明：直线的斜率为定值． 【答案】(1) (2)设，．由题可知直线与的斜率互为相反数， 当，代入椭圆方程得， 又在第一象限，故． 设直线的斜率为，则直线的斜率为， 于是直线的方程为，直线的方程为 代入，的坐标并作差，得．①   由，得． 由韦达定理，得，即，②   同理可得．③   将①②③代入，得， 故直线的斜率为定值 【分析】（1）通过焦距确定，通过椭圆定义求得，进而可求解； （2）设，．直线的斜率为，得到直线的斜率为，通过点在直线上作差，及直线方程和椭圆方程联立，进而可求解. 【详解】（1）由题可知，即， ， 所以，即， 则， 故的标准方程为． （2）略 11. (25-26高二下·海南海南中学·期末)如图，椭圆（，，为常数），动圆，．点，分别为的左，右顶点，与相交于，，，四点．    (1)若，，，求与的四个交点的坐标． (2)求直线与直线交点的轨迹方程． (3)设动圆与相交于，，，四点，其中，．若矩形与矩形的面积相等，证明：为定值． 【答案】(1)，，， (2) (3)证明：设，由矩形与矩形的面积相等，得，故 因为点，均在椭圆上，所以， 由，知，所以．从而 因此为定值． 【分析】（1）联立椭圆与圆的方程即可得出交点坐标； （2）设出直线的方程、直线的方程，求得交点满足的方程，利用在椭圆上，化简即可得到M的轨迹方程； （3）根据矩形与矩形的面积相等，可得坐标之间的关系，利用均在椭圆上，即可证得为定值. 【详解】（1）当，，时联立，得解得 ∴四个交点坐标分别为，，， （2）设，，又知，， 则直线的方程为 直线的方程为 由得 由点在椭圆上，故， 从而代入得 ； （3）略 12. (25-26高二下·广东深圳龙岗区龙城高级中学·期末)已知双曲线的一条渐近线的方程为，的右焦点到直线的距离为1，． (1)求的方程； (2)已知上的动点，关于轴对称，直线与交于另外一点，证明：直线恒过定点； (3)设与的渐近线不平行的两条直线，均与相切，且交点为，当，的斜率之积为时，判断是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)证明：由题知直线的斜率存在且不为零，设其方程为，     与联立，消去并整理得，                        则，且，即，且．                   设，，则， 则，，，                         直线的方程为，                                 令，得，                        所以直线过定点．                                                   (3)存在，定点（椭圆的左焦点） 【分析】（1）根据距离公式和渐近线中关系，求出，得到的方程. （2）设直线截距式方程与双曲线联立，结合判别式确定参数取值范围，利用韦达定理得到交点纵坐标关系；由对称点写出直线方程，令化简横坐标，借助韦达结论消参求得定点横坐标，完成定点证明. （3）设过动点且不与双曲线渐近线平行的切线方程，与双曲线方程联立，利用直线与双曲线相切时判别式建立等式，整理得到以切线斜率为变量的一元二次方程，结合韦达定理与两切线斜率乘积的定值条件化简，推导出动点的轨迹椭圆，再根据椭圆的定义，结合椭圆的两个焦点，确定使为定值的定点. 【详解】（1）设，由到渐近线的距离为1，得．解得， 又由及，解得，， 所以的方程为． （2）略. （3）设过点，与只有一个公共点，且与的渐近线不平行的直线方程为， 与联立，消去整理，得. 则，由，得， 整理得， 设的斜率分别为，则是上面关于的方程的两个实根， 所以，整理得， 所以动点在椭圆上，且点为其右焦点， 所以存在定点（椭圆的左焦点），使得，为定值． 13. (25-26高二·广东深圳罗湖区·期末)已知双曲线的实轴长是虚轴长的2倍，焦距为． (1)求的标准方程； (2)设是上关于轴对称的两点，是上异于的一点．直线的斜率均存在且不为0，且分别与轴交于两点． （i）若在轴上，求的取值范围； （ii）设为坐标原点，证明：为定值． 【答案】(1) (2)（i）； （ii）设，则，， 直线的斜率，则直线的方程为， 令，可得，即, 直线的斜率，则直线的方程为， 令，可得，即, ||||， 因为，在双曲线上，所以，，即，， 将，代入上式可得 ， 所以为定值. 【分析】（1）利用实轴长，虚轴长，焦距和求解； （2）（i）设，用表示，再求取值范围；（ii）设，则，用的坐标表示再求解化简. 【详解】（1）实轴长，虚轴长，焦距得 实轴长是虚轴长 2 倍得，即 因为，所以 所以的标准方程是 （2）（i）双曲线与x轴交点：令，得，故 设在双曲线上：， 斜率，直线方程 令，得纵坐标： 斜率，直线方程 令，得纵坐标：， 由，得， 由，得 ，，所以 ， 故取值范围是； （ii）略 题型四 圆锥曲线中的定直线问题（共4小题） 14. (25-26高二下·重庆第一中学校·期末)已知双曲线：（，）的其中一条渐近线为，且点在双曲线上．、为双曲线的左、右焦点，、为双曲线的左、右顶点． (1)求双曲线的标准方程； (2)已知直线的斜率，与双曲线交于、两点，以线段为直径的圆过双曲线的右顶点，求直线的方程； (3)过点的直线与双曲线的右支交于、两点，的重心为，判断重心是否在定曲线上，若在，求出该曲线的方程． 【答案】(1) (2) (3)（） 【分析】（1）根据双曲线的渐近线方程以及点在曲线上代入求解即可. （2）设出直线方程，联立双曲线方程，根据韦达定理以及向量垂直求解即可. （3）先联立直线与双曲线方程，通过韦达定理得到交点坐标的和与积；再利用右支交点条件确定参数范围；最后用重心坐标公式将参数消去，得到重心轨迹的曲线方程. 【详解】（1）由题意得：双曲线的一条渐近线方程为，则①. 点在双曲线上，代入得②. 由①②得，，双曲线的标准方程为：. （2）由（1）得：，设点，. 设直线的方程为：，与联立得， ，. 则，. ∵以为直径的圆过， . ， 或. 时，直线经过右顶点，此时交点中有一点与重合，不符合题意，∴直线方程为. （3）设，，将直线：代入双曲线方程， 得. 即 ,， . 因为直线与双曲线的右支交于，，所以，， 所以，. 因此，，因为， 所以的重心的坐标为，， 由，解得. 由，可得， 将代入， 得化简得， 所以的重心在双曲线上，曲线方程为（）. 15. (25-26高二下·陕西安康部分校·期末)已知椭圆：的左、右顶点分别为，，是上与，不重合的一动点． (1)证明：直线与的斜率之积为定值； (2)直线，与直线分别交于点，，求的最小值； (3)若不过点且斜率为的直线与交于，两点，证明：的外心在定直线上． 【答案】(1)由椭圆方程可知：，则，， 设，，则，即， 可得， 所以直线与的斜率之积为定值． (2)6 (3)设，，直线：，， 联立方程，消去y得， 因为，解得且， 则，， 可得 则， ， ， 设外接圆的方程为，，圆心为， 把点代入圆的方程得， 因为点，在圆上，则， 可得， 即，整理可得， 且， 整理可得， 因为，且，即， 可得， 即，可得，整理可得， 代入得， 解得或， 当时，，不满足题意； 当时，即，则点在定直线上， 所以的外心在定直线上； 综上所述：的外心在定直线上. 【分析】（1）设，，可得，结合斜率公式分析证明； （2）设直线：，，结合（1）中结论可得，，再利用基本不等式求最小值； （3）设直线：，，与椭圆方程联立可得韦达定理，设外接圆的方程为，代入点结合韦达定理分析证明. 【详解】（1）略 （2）设直线：，，令得，即； 由（1）可知：，则， 可得直线的方程为，令得，即， 则， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为6． （3）略 16. (25-26高二下·河南信阳普通高中·期末)已知椭圆的焦距为，且椭圆上的点到两个焦点的距离之和为4． (1)求椭圆的标准方程． (2)设椭圆的左、右顶点分别为，，点，过点的动直线与椭圆交于，两点（，均不同于，），直线与交于点，求证：点在定直线上，并求出该定直线的方程． 【答案】(1) (2)法一：因为点，过点的动直线， 所以设直线的方程为（当直线的斜率不存在时，即）， 将代入椭圆方程，得， 即． 设，，则，①． 因为，，所以直线的方程为， 直线的方程为， 联立解得交点的横坐标②． 将，，代入②得③． 由①得，即④． 将④代入③中，得． 所以点的横坐标为4，即点在定直线上． 法二：设直线的方程为（当直线的斜率不存在时，即）， 将代入椭圆方程，得， 即．设，， 则，，可得①． 由，，得直线的方程为， 直线的方程为．联立②， 消去，并整理得． 将①代入等式左边，得． 比较，系数，得，解得． 所以点的横坐标为，即点在定直线上． 法三（仿射变换）：作变换，， 则椭圆变为圆． 点，，保持不变． 过的直线变为过的直线，与圆交于． 由圆的几何性质（相交弦定理或相似三角形）可知（同法二）， 直线与的交点的横坐标恒为． 变换回原坐标，横坐标不变，则点的横坐标为， 即点在定直线上． 【分析】（1）求出的值，利用求出，从而得到椭圆的标准方程. （2）法一：设直线的方程为，直线和椭圆联立方程组，利用韦达定理得到，，求出和直线的方程，联立解得交点的横坐标为定值，从而得到点在定直线上． 法二：设直线的方程为，利用韦达定理得到，，求出和直线的方程，通过消去，并整理得到，比较，系数解得，从而得到点在定直线上． 法三（仿射变换）：作变换，，点，，保持不变．过的直线变为过的直线，与圆交于．由圆的几何性质得到直线与的交点的横坐标恒为． 从而得到点在定直线上. 【详解】（1）因为椭圆的焦距为，所以，即， 因为椭圆上的点到两个焦点的距离之和为4，所以，解得， 所以， 则椭圆的标准方程为． （2）略. 17. (25-26高二下·广东广州大学附属中学·调研)在平面直角坐标系中，点到点的距离与到直线：的距离之比为，记点的轨迹为曲线． (1)求的方程； (2)点，过点的直线与交于，两点． （ⅰ）当时，求的方程； （ⅱ）若直线斜率不为0，且直线与过点且垂直于的直线交于点，判断点是否在定直线上，并说明理由． 【答案】(1) (2)（ⅰ）． （ⅱ）假设点在定直线上， 由椭圆的对称性可知该定直线必然与轴垂直．     由题可知的斜率不为，且直线：， 直线：，联立， 得 ， 所以点在定直线上． 【分析】（1）设，由题可得，化简可得曲线方程； （2）（i）由题得，当的斜率为时，由可得直线方程；当的斜率不为时，设：，，，将直线方程与曲线方程联立，然后由结合韦达定理可得，据此可得答案； （ii）假设N在定直线上，由椭圆对称性可得该直线与x轴垂直，然后将直线AM与BN方程联立，结合韦达定理可得定直线方程. 【详解】（1）设，由题得， 即， 整理得， 所以 的方程为． （2）（ⅰ）由题得，     当的斜率为 时，可取，或，. 则，符合题意，此时的方程为 ；     当的斜率不为 时，设：，，， 联立，得， 则，，．     ，， 所以，即，不成立．     综上，的方程为 ．     （ⅱ）略 题型五 圆锥曲线中的面积问题（共4小题） 18. 已知抛物线C：经过点是抛物线C上异于点A的动点，且 (1)求直线AB的斜率(用表示)； (2)设不经过点A的直线l与C交于M，N两点，且直线的斜率之和为1. ①求证：直线l恒过定点Q； ②若向量，且，求的面积S的取值范围. 【答案】(1) (2)①；② 【详解】（1）根据题意，将点代入抛物线方程， 得，所以抛物线C：， 则，由于，则， 所以； （2）①设，直线的方程为， 所以， 联立，消去并化简得：， 所以，， 所以， 即， 所以，所以， 所以直线的方程为，即 所以直线过定点，该点坐标为； ②由，，可得轴，且， 联立与，并令，得， 则，且由得， 由，即， 得， 由于得，且， 则的面积 ， 而 ， 由于，得，而即， 即，所以，且，则且， 由于在单调递减，在单调递增， 所以，当，当， 当， 故面积S的取值范围为. 19. 某设计图案由曲线与构成，曲线是以原点O为中心，为焦点的椭圆，曲线是满足的动点P的轨迹，如图所示，是两条曲线的一个交点，已知恰好与曲线相切． (1)求曲线和的方程； (2)直线与曲线的另一交点为，直线与曲线另一交点为，求的面积； (3)作一条与坐标轴不垂直且不过原点的直线，当直线与曲线交于两点，与曲线交于两点时，点关于原点的对称点为，若为的中点，点，记直线和直线的斜率分别为，问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由． 【答案】(1)，； (2) (3)为定值． 【详解】（1）设点， 由得的轨迹方程为， 即曲线的方程为，它是以为圆心，以为半径的圆． 因为与相切，所以， 所以， 则， 得， 所以曲线方程为； （2）由（1）知，， 所以轴，则， 直线的斜率为，直线的方程为，与椭圆联立得， ； （3）设直线， 将直线与椭圆联立得 则 所以， 又点恰为圆的圆心，而为弦CD的中点，由垂径定理知， 所以，则， 所以， 即为定值． 20. 已知椭圆的焦距为2，且过点． (1)求椭圆C的方程. (2)设B为椭圆C的右顶点，过点的直线l与椭圆C交于M，N两点（异于点B）． （ⅰ）记直线的斜率分别为，证明：为定值. （ⅱ）求的面积的取值范围. 【答案】(1)； (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）. 【详解】（1）由椭圆的焦距为2，得， 由点在椭圆上，得，联立解得， 所以椭圆的方程为. （2）（ⅰ）由（1）得，直线不垂直于轴，设其方程为，， 由消去得，， 则， 所以为定值. （ⅱ）由（ⅰ）得 ， 令，，函数在上单调递增， 函数的值域为，即，因此， 所以面积的取值范围是. 21. 如图，已知椭圆，点在椭圆上且，，分别经过的左、右焦点，，且，． (1)若，求点的坐标； (2)证明：是定值，并求出的值； (3)求四边形面积最大值． 【答案】(1) (2)证明见解析， (3) 【详解】（1），，则， 由，则，故， 故，化简得，又， 则，解得，则， 故或（负值舍去），即点的坐标为； （2）由，，则， 故，则有， 化简得， 由，则， 整理得， 则或（负值舍去）； ，则，由，则， 故，则有， 化简得， 由，则， 整理得， 则或（负值舍去）； 故， 故是定值，且； （3），， 则 ， 则， 由，，则， 又， 则 ， 当且仅当，即时，等号成立， 故四边形面积最大值为. 题型六 圆锥曲线中的切线问题（共2小题） 22．（25-26高三上·贵州·阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，点P是圆O：上的动点，过点P作x轴的垂线，垂足为M，点Q满足，记点Q的轨迹为曲线． (1)求的方程； (2)已知椭圆：，作直线l（斜率为k，且）． ①若直线l不经过原点O，且与曲线，椭圆都相交，交曲线所得弦的中点为G，交椭圆所得弦的中点为H．若和分别表示直线OG和直线OH的斜率，则是否为与k无关的定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由； ②若直线l的斜率，l与椭圆相切，交曲线于C，D两点，点K为曲线上与C，D不重合的任意一点，求面积的最大值． 【答案】(1)(2)①是，；②． 【分析】（1）设出点的坐标，结合向量性质可得点坐标与点的关系，代入即可得； （2）①借助点差法计算即可得；②设出切线方程，联立对应曲线方程可求出该切线，即可得，再设，利用点到直线距离公式与面积公式及辅助角公式计算即可得解. 【详解】（1）设的坐标为，P的坐标为，，，则， 又点在圆O上，即，即， 化简得：．的方程为． （2）①设斜率为的直线交椭圆于点，，交椭圆于点，， 则，，，，，，，， 由，，得， 因为存在且，所以、且，所以，， 即，，故； ②设直线的方程为，由，化简得关于x的方程． 由，得．由图象的对称性，与时结果一样， 不妨取，则：．由，化简得，． 设，，则，，则， 设， 则点K到直线的距离为， 其中，所以，所以面积的最大值为． 23．（2025·安徽芜湖·模拟预测）在平面直角坐标系中，双曲线的左、右焦点分别为，，离心率为2，过点且倾斜角为45度的直线交双曲线于，两点（在轴右侧）且，． (1)求双曲线的方程； (2)若直线是过的右支上点的切线，且不与轴垂直，过，分别作直线的垂线，垂足为，． ①求证：点，均在以为圆心的定圆上，且，； ②求证：是定值． 【答案】(1)(2)①证明见解析；②证明见解析 【分析】（1）设，联立直线和双曲线方程，得到韦达定理，结合，的坐标关系得到结果； （2）①由双曲线的光学性质可得，利用平面几何的知识和双曲线的定义可得结果； ②法一：由双曲线的对称性及圆中的性质可证；法二：联立直线和双曲线的方程，由可得，从而得到，利用点到直线的距离公式，化简即可证明. 【详解】（1），，，设，，， ，设，，则， ，所以直线与双曲线交点位于两支上，即点在轴左侧， 又，，解得：， 又， 即，又，解得，，. （2）（2）①设，，由双曲线光学性质，， ，，，均为等腰三角形， ，，，又，分别为，的中位线， ，，又， ，同理，，，在以原点为圆心的单位圆上.    ②法一：设关于的对称点为点，设处双曲线的切线交于， 由对称性：， 由于的左右顶点为， 故，，，，均在单位圆上，如图， 由圆的性质得； 法二、设，过的直线 ， 即，故，又，故， 所以，即，解得，， 又，， ，∴. 题型七 斜率和定型（共2小题） 24．（24-25高二下·河南周口·期末）已知椭圆的离心率为，，不过的上、下顶点的直线与交于不同的，两点. (1)求的标准方程. (2)设点，分别为的上、下顶点，直线的斜率为当直线，的斜率都存在时，. ①证明：直线过定点. ②当的面积取得最大值时，求的值. 【答案】(1) (2)①证明见解析② 【分析】（1）根据离心率得出进而计算求解标准方程； （2）①先设直线再联立方程组结合斜率公式应用韦达定理计算求参；②应用弦长公式及点到直线距离公式化简求解面积，最后构造函数应用导函数求解最大值即可. 【详解】（1）由题意得，得， 因为，所以，得，. 故的标准方程为. （2）①证明：由（1）可得， 设直线的方程为，，， 由得， ，，. 当直线，的斜率都存在时， 则， 解得，直线的方程为，所以直线过定点. ②解：由①得，， . 点到直线的距离， 则的面积. 令，函数， 则， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以当时，取得最大值， 所以当的面积取得最大值时，. 25.已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点是椭圆的一个顶点，是等腰直角三角形． (1)求椭圆的标准方程； (2)过点分别作直线，交椭圆于A，两点，设两直线，的斜率分别为，，且，证明：直线过定点． 山西省山西大附属中学2023届高三上学期8月模块诊断数学试题 【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据条件确定a,b的值，从而可得椭圆方程； （2）讨论直线AB的斜率存在和不存在两种情况，斜率存在时，设直线方程，联立椭圆方程得到根与系数的关系式，用A,B坐标表示，结合根与系数的关系式化简，即可求得直线过定点，当斜率不存在时，亦可说明直线过该定点. 【详解】（1）由题意点是椭圆的一个顶点，知， 因为是等腰直角三角形，所以，即， 所以椭圆的标准方程为：． （2）若直线的斜率存在，设其方程为，由题意知． 由，得， 由题意知，设，， 所以，， 因为，所以 ，所以，整理得， 故直线的方程为，即，所以直线过定点． 若直线的斜率不存在，设其方程为，，． 由题意得，解得， 此时直线的方程为，显然过点． 综上，直线过定点． 题型八 斜率积定型（共2小题） 26.已知圆和定点，动点､在圆上. (1)过点作圆的切线，求切线方程； (2)若满足，设直线与直线相交于点. ①求证：直线过定点； ②求证：. 江苏省南京师范大学苏州实验学校2022-2023学年高二上学期9月月考数学试题 【答案】(1)或，(2)证明见解析 【分析】（1）设直线方程后由点到直线的距离公式列式求解， （2）设直线方程，与圆方程联立后由韦达定理化简后证明， 以得直线方程与坐标，再由斜率公式计算后化简证明 【详解】（1）当直线斜率不存在时，与相离， 当直线斜率存在时，设切线方程为即，，解得或， 切线方程为或， （2）若直线斜率不存在，由对称性得，令，由解得，则， 直线方程为，若直线斜率存在，设方程为， 联立直线与圆方程得，时得， 而， 化简得，当时，直线过，不合题意， 故，直线过，而直线也过，综上，直线过定点； ，，故直线方程为，得，， 27.已知，圆上有一动点，设线段的中点为. (1)求点的轨迹的方程； (2)过原点作的两条弦、，若、的斜率之积为，证明:直线过定点. 河北省沧州市东光县2022-2023学年高二上学期11月期中数学试题 【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）设、，根据中点坐标公式得到，，再代入圆的方程，整理即可得解； （2）首先判断直线斜率存在，设方程为，，，联立直线与轨迹的方程，消元、列出韦达定理，根据得到，即可得证. 【详解】（1）解：设，，由于是线段的中点，∴，， 于是有，，将代入圆的方程， 即，整理得， 即点的轨迹的方程为. （2）证明：显然在轨迹上， 若直线斜率不存在，则不满足题意； 若直线斜率存在，设方程为， 将方程代入轨迹中，整理得， 设，，， ∴，. ， 若，则， 所以，不等式有解， ∴的方程为，∴直线恒过点. 题型九 斜率比值型（共2小题） 28.已知双曲线的左焦点坐标为，直线与双曲线交于两点，线段中点为. (1)求双曲线的方程； (2)经过点与轴不重合的直线与双曲线交于两个不同点，点，直线与双曲线分别交于另一点. ①若直线与直线的斜率都存在，并分别设为.是否存在实常数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. ②证明：直线恒过定点. 重庆市南开中学校2022-2023学年高二上学期11月月考数学试题 【答案】(1)(2)①存在，；②证明见解析 【分析】（1）由点差法可得，结合及，可求得结果. （2）①又直线与双曲线相交可求得，再设，联立结合韦达定理可求得的坐标，进而得，代入可求解. ②由①知,由对称性知过的定点在轴上，计算可得解. 【详解】（1）由题意知，直线的斜率为，设， 由题意，两式相减得：， 整理得：，即，又，所以，即双曲线， 经检验满足题意. （2）①因为的斜率存在且，设，， 联立，消去整理得：，由题意得，解得 又，设直线，联立，整理得，由韦达定理得， 又，， 于是， 故，同理可得， ，，为定值，所以的值。②由①知（*）， 由对称性知过的定点在轴上，在（*）令，得， 解得直线恒过定点 29.已知椭圆的离心率为，椭圆上一动点与左､右焦点构成的三角形面积最大值为. (1)求椭圆的方程； (2)设椭圆的左､右顶点分别为，直线交椭圆于两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，已知. ①求证：直线恒过定点； ②设和的面积分别为，求的最大值. 内蒙古自治区赤峰市赤峰二中2022-2023学年高三第一次月考理科数学试题 【答案】(1)；(2)①证明见解析；②. 【分析】（1）由离心率、焦点三角形最大面积及椭圆参数关系列方程组求椭圆参数，即可得方程； （2）①设为，与椭圆方程联立，根据已知条件，应用韦达定理、两点斜率公式化简求得，即可证结论；②由面积公式与韦达定理化简后转化为函数求最值. 【详解】（1）由题意，解得，所以椭圆C的方程为． （2）①依题意，设， 若直线的斜率为0则P，Q关于y轴对称，必有，不合题意． 所以直线斜率必不为0，设其方程为， 与椭圆C联立，整理得：，所以，且因为是椭圆上一点，即，所以，则，即因为 ， 所以，此时，故直线恒过x轴上一定点． ②由①得：，所以 ， 而，当时的最大值为． 题型十 圆锥曲线中的轨迹方程问题（共5小题） 30. 已知动点到定点的距离比它到直线 的距离小 (1)求动点的轨迹方程； (2)过点作倾斜角为，（）的两条直线交的轨迹于两点，若，求证：直线恒过定点． 【答案】(1) (2)证明见解析 【详解】（1）设动点，根据题意，到的距离 比到直线的距离小，即： 分析绝对值范围： 若，则，代入得： 两边平方并化简： ， 化简可得， 若，则，代入得右边为负，而左边根号非负，无解， 因此，动点的轨迹方程为； （2）由题意可知，直线的倾斜角均不为和， 故直线，的斜率存在且不为， 因为，所以，即， 即， 若直线的斜率为，则与抛物线只有一个交点，若斜率不存在，则重合，均不符合题意； 故设，， 联立，得， 则， 则 ， 得， 则直线恒过点. 31. 已知椭圆经过和两点，分别为椭圆上、下顶点，点在椭圆上运动（点与，不重合），点满足，． (1)求椭圆的标准方程； (2)求动点的轨迹的方程； (3)若，不过原点且斜率为的直线与曲线交于两点，直线分别与轴交于点，（直线斜率大于）． （i）求证：直线的斜率之和为； （ii）线段的中点为，求的最小值． 【答案】(1) (2) (3)（i）证明过程见解析（ii） 【详解】（1）设椭圆的方程为， 代入点和得， 解得， 因此椭圆的标准方程为. （2）由椭圆得上下顶点，设，由，得， ， 所以 两式相减得，代入第一式得， 又在上，， 代入化简得 舍去（对应与重合）， 因此的轨迹方程为 . （3） （i）证明：设直线，交于，联立得 由韦达定理， 斜率和 ， 代入， 分子化简得， 因此，得证. (3)（ii）设，则，可得， ​中点，向量， 则 ， ​令，平方得 ， ​因，故​​，当即时取等号，最小值为 . 32. 在平面直角坐标系中，已知点，直线AP与BP相交于点P，且两直线的斜率之积为． (1)求动点P的轨迹方程； (2)直线与动点P的轨迹交于C，D两点，求弦长； (3)若动点P的轨迹为闭合曲线，点，动点P的轨迹上存在不关于x轴对称的两点M，N，使得恰好被x轴平分，求面积的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设交点P的坐标为，因为直线AP与BP的斜率之积为， 所以，所以，则， 故动点P的轨迹方程为． （2）由与椭圆联立，可得， 设，则，       所以弦长． （3）设直线的方程为， 由得， 所以，， 因为恰好被x轴平分，所以，                所以直线的斜率与直线的斜率存在且， 即，整理得， 即，因，解得，即直线经过定点， 所以的面积 ， 当且仅当，即时，等号成立． 因为，所以面积的取值范围是． 33. 平面直角坐标系中，动点P到点的距离与它到直线的距离之比为． (1)求动点P的轨迹C的方程； (2)过点M的直线l与轨迹C交于A，B两点，且点A在第一象限，点，与的面积之比为，求的内切圆半径． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）设动点P的坐标为，由题意可得， 即，化简得， 即动点P的轨迹C的方程为； （2）设，，点A在第一象限，则，， 若直线l的斜率不存在，由椭圆对称性可知与的面积之比为1，不符合题意； 故直线l的斜率必存在且不为0，可设直线l的方程为， 联立，得：， 直线l经过椭圆内一点，必有， ∴， 由于点，与的面积之比为， 故，即，即， 则，则， 结合，可得， 化简得，结合，则，故， 故，则， 又为椭圆的两焦点， 的面积为, 的周长为 ， 设的内切圆半径为r，则， 即，故. 34. 已知动点与定点的距离与它到定直线的距离的比是常数，动点的轨迹 (1)求轨迹的方程； (2)点为坐标原点，过的直线交的右支于两点，过点作直线的垂线，垂足为. ①已知，当最小时，求直线的方程； ②求面积的最小值. 【答案】(1) (2)①；② 【详解】（1）由，则 两边平方整理得： （2）① 共线时取等. ，即； ②易知斜率不为0，设，则. 由，则 ， 法一：由，直线，由对称性，直线若过定点必在轴上， 令，则， 解得 又，所以，则 过定点 又过的直线交的右支于两点 解得 令，则 又，则，当时取等号. 的最小值为. 法二：，设与交于，令 ，其它同法一. 法三：， 设点到直线的距离为，则， 而， ，其它同法一. 法四： ，其它同法一. 题型十一 韦达定理（共2小题） 35.已知双曲线的左焦点坐标为，直线与双曲线交于两点，线段中点为. (1)求双曲线的方程； (2)经过点与轴不重合的直线与双曲线交于两个不同点，点，直线与双曲线分别交于另一点. ①若直线与直线的斜率都存在，并分别设为.是否存在实常数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. ②证明：直线恒过定点. 【答案】(1)(2)①存在，；②证明见解析 【分析】（1）由点差法可得，结合及，可求得结果. （2）①又直线与双曲线相交可求得，再设，联立结合韦达定理可求得的坐标，进而得，代入可求解. ②由①知,由对称性知过的定点在轴上，计算可得解. 【详解】（1）由题意知，直线的斜率为，设， 由题意，两式相减得：， 整理得：，即，又，所以，即双曲线， 经检验满足题意. （2）①因为的斜率存在且，设，， 联立，消去整理得：，由题意得，解得 又，设直线，联立，整理得，由韦达定理得， 又，， 于是， 故，同理可得， ，，为定值，所以的值。②由①知（*）， 由对称性知过的定点在轴上，在（*）令，得， 解得直线恒过定点 36.已知椭圆的离心率为，椭圆上一动点与左､右焦点构成的三角形面积最大值为. (1)求椭圆的方程； (2)设椭圆的左､右顶点分别为，直线交椭圆于两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，已知. ①求证：直线恒过定点； ②设和的面积分别为，求的最大值. 【答案】(1)；(2)①证明见解析；②. 【分析】（1）由离心率、焦点三角形最大面积及椭圆参数关系列方程组求椭圆参数，即可得方程； （2）①设为，与椭圆方程联立，根据已知条件，应用韦达定理、两点斜率公式化简求得，即可证结论；②由面积公式与韦达定理化简后转化为函数求最值. 【详解】（1）由题意，解得，所以椭圆C的方程为． （2）①依题意，设， 若直线的斜率为0则P，Q关于y轴对称，必有，不合题意． 所以直线斜率必不为0，设其方程为， 与椭圆C联立，整理得：，所以，且因为是椭圆上一点，即，所以，则，即因为 ， 所以，此时，故直线恒过x轴上一定点． ②由①得：，所以 ， 而，当时的最大值为． 题型十二 非对称韦达定理（共4小题） 37. 已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上． (1)求椭圆的标准方程； (2)如图，若一条斜率不为0的直线过点与椭圆交于两点，椭圆的左、右顶点分别为，直线的斜率为，直线的斜率为，求证：为定值． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】 （1）将点代入椭圆方程，结合离心率公式，即可利用待定系数法求椭圆方程； （2）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理表示，即可求解的值. 【详解】（1） 由椭圆的离心率为，且点在椭圆上， 可得，所以， 又点在该椭圆上，所以，所以， 所以椭圆C的标准方程为． （2）证明：设，由于该直线斜率不为0，可设， 联立方程和，得， 恒成立，根据韦达定理可知， ， ， ， ，． 38. 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，离心率为，点P为椭圆上一点． （1）求椭圆C的标准方程； （2）如图，过点C(0，1)且斜率大于1的直线l与椭圆交于M，N两点，记直线AM的斜率为k1，直线BN的斜率为k2，若k1＝2k2，求直线l斜率的值． 【答案】（1）＋＝1；（2）. 【分析】(1)由椭圆的离心率,和点P在椭圆上求出椭圆的标准方程; (2) 由椭圆的对称性可知直线l的斜率一定存在，设其方程为y＝kx＋1, 设M(x1，y1)，N(x2，y2), 联立方程组消去y,再将k1＝2k2用坐标表示,利用点在椭圆上和韦达定理求出直线l的斜率. 【详解】(1)因为椭圆的离心率为，所以a＝2c. 又因为a2＝b2＋c2，所以b＝c. 所以椭圆的标准方程为＋＝1. 又因为点P为椭圆上一点，所以＋＝1，解得c＝1. 所以椭圆的标准方程为＋＝1. (2) 由椭圆的对称性可知直线l的斜率一定存在，设其方程为y＝kx＋1. 设M(x1，y1)，N(x2，y2)． 联立方程组 消去y可得(3＋4k2)x2＋8kx－8＝0. 所以由根与系数关系可知x1＋x2＝－，x1x2＝－. 因为k1＝，k2＝，且k1＝2k2，所以＝. 即＝.　① 又因为M(x1，y1)，N(x2，y2)在椭圆上， 所以＝ (4－)，＝ (4－)．　② 将②代入①可得：＝，即3x1x2＋10(x1＋x2)＋12＝0. 所以3＋10＋12＝0，即12k2－20k＋3＝0. 解得k＝或k＝，又因为k>1，所以k＝. 39. 已知，动点满足与的斜率之积为定值. (1)求动点的轨迹的方程； (2)过点的直线与曲线交于 两点，且均在轴右侧，过点 作直线的垂线，垂足为. （i）求证：直线过定点； （ii）求面积的最小值. 【答案】(1) (2)直线过定点 【分析】（1）设动点的坐标，由题意列式并化简，即可得答案； （2）设直线方程，联立双曲线方程，可得根与系数的关系，求出m的范围，利用直线BD的方程求出其与x轴交点坐标的表达式，化简即可证明结论； 【详解】（1）设动点的坐标为，由动点 满足与的斜率之积为定值， 得，即， 故动点的轨迹的方程为； （2）证明：设，联立， 得， 设，    结合题意有， 解得，且， 又直线BD的方程为， 令，则 ， 故直线过定点 40. 已知双曲线C：的左右顶点分别为，，过点的直线与双曲线C的右支交于M，N两点. (1)若直线的斜率k存在，求k的取值范围； (2)记直线，的斜率分别为，，求的值 【答案】(1)；(2) 【分析】（1）设直线的方程为，联立方程组，结合题意列出不等式组，即可求解； （2）由（1）得到，求得，结合斜率公式，准确运算，即可求解 【详解】（1） 解：设，，直线的方程为， 联立方程组，整理得， 因为直线与双曲线的右支交于两点， 可得 ，解得， 又由直线的斜率为，可得的取值范围是. （2） 解：由双曲线，可得，， 由（1）可得，，则. 所以 . 题型十三 圆锥曲线中的齐次化（共6小题） 41. 已知双曲线中，焦距为，且双曲线过点．斜率不为零的直线与双曲线交于两点，且以为直径的圆过点． (1)求双曲线的方程； (2)是否存在直线，使得点到直线的距离最大？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）待定系数法求解双曲线方程； （2）方法一：设直线，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，根据得到，即或，分两种情况讨论，得到直线过定点，要想到直线的距离最大，则⊥，从而求出直线的方程； 方法二：齐次化求解，平移双曲线得，设平移后的直线方程为，变形得到，根据斜率之积为-1得到则直线过定点，从而原直线过定点，要想到直线的距离最大，则⊥，从而求出直线的方程； 【详解】（1）由题意得，且， 又，解得， 故双曲线方程为； （2）设直线， 联立得， 设， 则， 由题意得， 即 ， 将代入上式， ， 即， 化简得， 变形为， 故或， 当时，直线，经过定点，与重合，不合要求， 当时，直线，经过定点， 要想到直线的距离最大，则⊥，其中 故直线的斜率，故直线的方程为， 即. 经检验，满足要求. 方法二（平移+齐次化计算小）：平移双曲线得，即， 设平移后的直线方程为， 则有， 即， 两边同除以得， 由题意得， 设，则， 则直线过定点， 将向左平移3个单位，向上平移1个单位，则原直线过定点， 要想到直线的距离最大，则⊥，其中 故直线的斜率，故直线的方程为， 即，经检验，满足要求. 42. 已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上，且垂直于轴． (1)求椭圆的方程； (2)直线斜率存在，交椭圆于两点，三点不共线，且直线和直线关于对称，证明：直线过定点 【答案】(1)，(2)直线l过定点. 【详解】（1）点在椭圆上，且垂直于轴，则有 设椭圆的焦距为，则， 点代入椭圆方程，有， 解得，则， 所以椭圆的方程为. （2） 法一：平移+齐次化 ， 椭圆左移1个单位，即 设平移后的直线AB的方程为， 齐次化可得 整理得 同除得 ，故平移后直线AB过 平移前的直线AB过 法二：设直线方程，与椭圆方程联立，由，结合韦达定理得系数间的关系，可得直线所过定点 设直线l的方程为，由， 消去y，整理得， 因为l交椭圆C于两点，所以， 设，所以， 因为直线和直线关于对称， 所以 所以 所以 解得. 所以直线l的方程为， 所以直线l过定点. 43. 已知为双曲线上一点，分别为双曲线的左、右顶点，且直线与的斜率之和为． (1)求双曲线的方程； (2)不过点的直线与双曲线交于两点，若直线的倾斜角分别为和，且，证明：直线过定点． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用及点在双曲线上，可构造方程求得，从而得到双曲线方程； （2）验证可知直线斜率均存在，由斜率与倾斜角关系可得，将直线方程与双曲线方程联立可得韦达定理的结论；利用两点连线斜率公式，结合韦达定理可表示出，化简整理得到或，验证可知满足题意，由直线过定点的求法可求得结果. 【详解】（1）由题意知：，，，， 又在双曲线上，，解得：； 双曲线的方程为：. （2）当直线中的一条斜率不存在时，不妨设直线斜率不存在，则，， ，直线，即， 由得：，解得：， 即直线与双曲线相切于点，不合题意； 直线斜率均存在，则，， ，， 即，； 设， 由得：， 且， ，， ，， 由得：， ， ， ， 整理可得：， 即，或， 当时，直线恒过点，不合题意； 当时，满足，此时直线恒过点； 综上所述：直线过定点. 44. 已知双曲线过点，其渐近线方程为. (1)求双曲线的标准方程； (2)圆与轴交于、两点.记直线与双曲线的另一个交点为，直线与双曲线的另一个交点为.过坐标原点作，垂足为. （i）求直线和直线的斜率之积； （ii）若恒成立，求的取值范围. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【详解】（1）因双曲线渐近线方程为，所以设双曲线方程为 ​， 因为已知双曲线过点，代入方程得，得. 所以双曲线方程为，即. （2）（i）因为圆与轴交于、两点，令， 得，设，由韦达定理得，且， 所以，，所以. 因此直线和直线的斜率之积为. （ii）设直线斜率为，则由（i）得直线的斜率​， 将直线方程代入双曲线方程， 得，因为直线与双曲线一个交点为， 所以由韦达定理可得，， 再代入直线方程得，所以. 同理得，又因为，所以. 所以 ， 直线的方程为， 令得，， 所以直线PQ恒过定点. 设直线的斜率为，则，且过点，所以直线的方程为， 又因为，所以的直线方程为，代入， 解得，， 又因为直线的方程为，令得，同理可得， 由圆的圆心，得， 所以，，， 所以 令，则， 令，， 令，得，解得或（舍去，因为） 所以当时，；当时，. 所以函数在单调递减，在上单调递增， 所以函数有极小值也是最小值. 因为若恒成立，所以，故的取值范围为. 45 已知椭圆：的短轴长为2，且过点，设点为椭圆在第一象限内一点. (1)求椭圆方程； (2)点关于原点的对称点为，点，点为中点，的延长线交椭圆于点.记直线的斜率为，直线的斜率为，直线的斜率为， （ⅰ）求证：为定值； （ⅱ）当最大时，求直线方程. 【答案】(1) (2)（ⅰ）为定值（ⅱ） 【详解】（1）由题意短轴长为2，，即，因为椭圆经过点， 所以，则.所以椭圆方程为 （2）（ⅰ）证明：由题意可得，因为点关于原点的对称点为，所以,点，点为中点，即，设. 直线的斜率为， 直线的斜率为， 所以①， 因为在椭圆上，所以，解得②， 同理因为点在椭圆上，所以③， 将②③代入①式，得（为定值）. 综上，为定值. （ⅱ）又因为既在椭圆上又在的延长线上， 所以， 又因为 所以，则， 设，直线倾斜角为，直线倾斜角为， ，， 所以， 则， 当且仅当，即，解得（因为）时等号成立，即此时最大. 所以直线方程为． 46. 已知椭圆的离心率为，且经过点． (1)求C的方程； (2)已知点，，点A在C上，直线AP与C交于另外一点B，直线AQ与C交于另外一点D，且，． （ⅰ）证明：直线BD恒过定点； （ⅱ）记直线AP，AQ的斜率分别为，，求的值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【详解】（1）记C的半焦距为c，由题意知，， 解得，， 所以C的方程为． （2）    （ⅰ）证明：设，，， 由，得， 则，， 即，， 同理得，， 由对称性可知，若直线BD过定点，则直线BD过的定点在x轴上，设其为， 由B，D，M三点共线，得， 则． 故直线BD恒过定点． （ⅱ）解：因为B在椭圆上，则， 所以，则， 又A在椭圆上，则，所以， 又，则，① 同理得，② 由，得， 由，得， 则，． 因为，，所以， 又，则， 所以 ． 题型十四 圆锥曲线中的极点与极线（共4小题） 47. 如图，已知椭圆的短轴长为，焦点与双曲线的焦点重合.点，斜率为的直线与椭圆交于两点.    (1)求常数的取值范围，并求椭圆的方程. (2)(本题可以使用解析几何的方法，也可以利用下面材料所给的结论进行解答) 极点与极线是法国数学家吉拉德·迪沙格于1639年在射影几何学的奠基之作《圆锥曲线论稿》中正式阐述的.对于椭圆，极点（不是原点）对应的极线为，且若极点在轴上，则过点作椭圆的割线交于点，则对于上任意一点，均有（当斜率均存在时）.已知点是直线上的一点，且点的横坐标为2.连接交轴于点.连接分别交椭圆于两点. ①设直线、分别交轴于点、点，证明：点为、的中点； ②证明直线：恒过定点，并求出定点的坐标. 【答案】(1)， (2)①证明过程见解析②证明过程见解析，定点坐标为 【详解】（1）由题意焦点在轴上，所以，解得，即的范围为， 且，解得， 所以椭圆方程为. （2）    ①首先由于Q在P的极线上，故由引理有，， 而， 所以，这表明Q是和的交点， 又由于，故， 设，而，，， 所以，也就是E是的中点； ②设，那么，所以， 这表明的方程是，即， 所以恒过点. 48. 极点与极线是法国数学家吉拉德・迪沙格于1639年在射影几何学的奠基之作《圆锥曲线论稿》中正式阐述的.对于椭圆，极点（不是坐标原点）对应的极线为.已知椭圆的长轴长为，左焦点与抛物线的焦点重合，对于椭圆，极点对应的极线为，过点的直线与椭圆交于，两点，在极线上任取一点，设直线，，的斜率分别为，，（，，均存在）. (1)求极线的方程； (2)求证：； (3)已知过点且斜率为2的直线与椭圆交于，两点，直线，与椭圆的另一个交点分别为，，证明直线恒过定点，并求出定点的坐标. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析；定点 【详解】（1）由椭圆的长轴长为， 则，解得， 又因为椭圆的左焦点与抛物线的焦点重合， 所以，解得. 所以椭圆的方程为. 由题意可知，对于椭圆， 极点对应的极线的方程为，即. （2）证明：设，由题意知过的直线的斜率必存在， 故设直线，， 联立方程，消去得， ， ，即， 所以，， 则 . 又，所以，得证.    （3）当中有横坐标为时，纵坐标为， 则或， 直线或与椭圆相切，不符合题意，所以的斜率都存在. 由（2）得，，又， 所以，所以是和的交点. 因为，所以，设， 则，所以，直线的方程为， 即， 令得，所以恒过定点.    49. 阅读材料： （一）极点与极线的代数定义；已知圆锥曲线G：，则称点P(，)和直线l：是圆锥曲线G的一对极点和极线.事实上，在圆锥曲线方程中，以替换，以替换x(另一变量y也是如此)，即可得到点P(，)对应的极线方程.特别地，对于椭圆，与点P(，)对应的极线方程为；对于双曲线，与点P(，)对应的极线方程为；对于抛物线，与点P(，)对应的极线方程为.即对于确定的圆锥曲线，每一对极点与极线是一一对应的关系. （二）极点与极线的基本性质､定理 ①当P在圆锥曲线G上时，其极线l是曲线G在点P处的切线； ②当P在G外时，其极线l是曲线G从点P所引两条切线的切点所确定的直线（即切点弦所在直线）； ③当P在G内时，其极线l是曲线G过点P的割线两端点处的切线交点的轨迹. 结合阅读材料回答下面的问题： (1)已知椭圆C：经过点P(4，0)，离心率是，求椭圆C的方程并写出与点P对应的极线方程； (2)已知Q是直线l：上的一个动点，过点Q向（1）中椭圆C引两条切线，切点分别为M，N，是否存在定点T恒在直线MN上，若存在，当时，求直线MN的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)， (2)存在， 【详解】（1）因为椭圆过点P(4,0)， 则，得，又， 所以，所以， 所以椭圆C的方程为. 根据阅读材料，与点P对应的极线方程为，即； （2）由题意，设点Q的坐标为(,)， 因为点Q在直线上运动，所以， 联立，得， ，该方程无实数根， 所以直线与椭圆C相离，即点Q在椭圆C外， 又QM，QN都与椭圆C相切， 所以点Q和直线MN是椭圆C的一对极点和极线. 对于椭圆，与点Q(,)对应的极线方程为， 将代入，整理得， 又因为定点T的坐标与的取值无关， 所以，解得， 所以存在定点T(2,1)恒在直线MN上. 当时，T是线段MN的中点， 设，直线MN的斜率为， 则，两式相减，整理得，即， 所以当时，直线MN的方程为，即. 50. 阅读材料：（一）极点与极线的代数定义；已知圆锥曲线，则称点和直线是圆锥曲线G的一对极点和极线．事实上，在圆锥曲线方程中，以替换，以替换x；以替换，以替换y，即可得到对应的极线方程．特别地，对于椭圆，与点对应的极线方程为；对于双曲线，与点对应的极线方程为；对于抛物线，与点对应的极线方程为．即对于确定的圆锥曲线，每一对极点与极线是一一对应的关系． （二）极点与极线的基本性质、定理：①当P在圆锥曲线G上时，其极线l是曲线G在点P处的切线；②当P在G外时，其极线l是从点P向曲线G所引两条切线的切点所在的直线l(即切点弦所在直线）；③当P在G内时，其极线l是曲线G过点P的割线两端点处的切线交点的轨迹．结合阅读材料回答下面的问题：已知椭圆． (1)点P是直线上的一个动点，过点P向椭圆G引两条切线，切点分别为M，N，是否存在定点T恒在直线MN上，若存在，当时，求直线MN的方程；若不存在，请说明理由． (2)点P在圆上，过点P作椭圆G的两条切线，切点分别为A，B，求面积的最大值． 【答案】(1)存在， (2) 【详解】（1）设点，由点P在直线上运动，得，    由，消去y并整理得， 显然， 即此方程组无实数解，于是直线与椭圆G相离，即点P在椭圆G外， 又PM，PN都与椭圆G相切，因此点P和直线MN是椭圆G的一对极点和极线， 对于椭圆，与点对应的极线方程为， 将代入，整理得， 显然定点T的坐标与的取值无关，即有，解得， 所以存在定点恒在直线MN上， 当时，T是线段MN的中点且在椭圆G内，设直线MN的斜率为k， 则，两式相减并整理得，即， 所以当时，直线MN的方程为，即． （2）由（1）知直线AB的方程为，由题意知，    由，消去y并整理得：， 而，则， 设，则， 所以， 点P到直线AB的距离为：， 因此面积， 当时，令， 求导得，即在单调递增，则的最大值为， 由对称性可知当时，的最大值也为，所以面积的最大值为． 题型十五 新定义问题（共2小题） 51. （2026·辽宁大连·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线的左、右焦点分别为，，M为C上一动点，且当为等腰三角形时，． (1)求C的离心率； (2)已知为C的右顶点，直线l与C的一支交于A，B两点． ①若，试求直线l与x轴交点的坐标； ②“费马点”是十七世纪数学家费马提出并征解的一个问题，该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答：当的三个内角均小于120°时，使得的点Q即为费马点；当有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点． 当，且l过点时，记的费马点为P，记，，的面积分别为，，，试求的最小值． 【答案】(1)；(2)①；②. 【分析】（1）当时，将会得到矛盾点，当，利用余弦定理得，则得到其离心率； （2）①设，联立双曲线方程得到韦达定理式，再根据向量垂直的坐标表示得到，再替换后代入韦达定理式化简即可；②首先验证斜率为0时的情况，再考虑斜率不为0时，计算，代入韦达定理式得其恒为0，则，再化简面积表达式，最后利用换元法和基本不等式即可得到最值. 【详解】（1）由对称性，不妨设点在双曲线右支上，则． 若，则， 又因为，所以， 所以，矛盾，舍． 若，则， 解得，所以离心率为. （2）①由(1)知. 设，由，可得，， 则，， ， 即， 或1（舍），时，满足． 与轴交点的坐标. ②当斜率为0时，令，则，所以与双曲线两交点分别为， 则，所以， 当斜率不为0时，因为过点，则， 所以， 综上，恒有，所以费马点在内部， 且， . 因为, , 所以， 即， 令，则，所以． 因为，当且仅当时等号成立， . 所以当且仅当时，的最小值为． 52. （2026·江西新余·模拟预测）平面内的动点到一个定点的距离和到定直线的距离的比是常数，则动点的轨迹就是圆锥曲线（这个是圆锥曲线的第二定义）．其中定点称为其焦点，定直线称为其准线（其中椭圆与双曲线的准线方程为，抛物线准线方程为），正常数称为其离心率．当时，轨迹为椭圆；当时，轨迹为抛物线；当时，轨迹为双曲线． (1)若方程表示的二次曲线是椭圆，求的取值范围； (2)已知椭圆的右焦点为，点，试在椭圆上求一点，使的值最小，并求这个最小值． (3)双曲线的右焦点，左准线，其中，过作直线与双曲线右支交于两点，线段的中点为，且，求该双曲线的实轴长的取值范围． 【答案】(1) (2)，最小值为 (3) 【分析】（1）将方程进行变形，再利用椭圆的第二定义即可求解； （2）利用椭圆的第二定义将转化为，再利用三点共线即可求解； （3）根据第二定义写出双曲线的方程，设出直线的方程进行联立，利用可知恒为锐角，可得恒成立即可求解. 【详解】（1）方程表示的是椭圆， ，即， 由圆锥曲线第二定义可得，即，故的取值范围是； （2）设点， 由椭圆方程得，，则， 椭圆离心率为，右准线为， 作于，由椭圆第二定义，如图： ， 当且仅当三点共线时，取得最小值，最小值为点到右准线的距离， 即的最小值是7， 此时，代入得，； （3）由双曲线第二定义知双曲线方程为：， 设，则双曲线方程为， 线段的中点为，且，在以线段为直径的圆的外部， 恒为锐角． 由于，故的焦距为2，则， 由于直线的斜率不为零，可设其方程为， 结合，联立， 得． 设．则, 由于两点均在的右支上，得，,即, 又 ． 恒为锐角，对任意的，均有， 又，， 恒成立． ，不等号左边是关于的增函数，只需时，成立即可． 解得，结合，可知的取值范围是． 综上所述，双曲线的实轴长的取值范围是． $