专题05 圆锥曲线中的向量问题专题训练-2027届高三数学二轮复习

专题05 圆锥曲线中的向量问题(典型题型归类训练) 目录 题型一：垂直关系向量化 1 题型二：向量坐标化 8 题型三：利用向量求角 15 专项训练 33 题型一：垂直关系向量化 【典例1】（26-27高二上·全国·课堂例题）已知抛物线 （）经过点 为坐标原点. (1)求抛物线的方程； (2)设直线 与抛物线 交于 两点，且 .证明：直线 经过一个定点，并求出该定点的坐标. 【答案】(1)； (2)证明：因为直线 与抛物线有两个交点， 所以 不可能是平行于 轴的直线（否则与抛物线只有一个交点）， 故可设，代入 得 ， 即 ，判别式 . 设，，则 ， . 由 都在抛物线上得 ，， 所以. 由 得 ，即 ， 所以 ，解得 或 . 若 ，则直线 经过原点 ， 此时 中有一点与重合，与 中有零向量，不符合题意，故舍去. 所以，即，直线恒过定点. 检验：当 时 恒成立，直线与抛物线恒有两个交点, 取 得 ，与 交于 、， 此时 成立，定点 确在 上. 【分析】（1）把点 的坐标代入 ，求出，即可求得抛物线的方程. （2）可设，代入 得 ，设，，则 ，，由得即，从而求得，再证明直线 经过一个定点，并求出该定点的坐标. 【详解】（1）把点 的坐标代入 得 ，即 ，解得 . 所以抛物线的方程为 . （2）略，定点为 . 【典例2】（25-26高二上·上海虹口·期中）已知椭圆：的左、右焦点为，，点是椭圆的上顶点，经过的直线交椭圆于，两个不同的点． (1)求点到直线的距离； (2)若是该椭圆上的一个动点，求的最大值和最小值； (3)若直线的斜率为，且，求实数的值． 【答案】(1) (2)最大值为，最小值为 (3)或 【分析】（1）先根据椭圆方程求得焦点、上顶点坐标，写出直线的一般式，再用点到直线距离公式计算； （2） 设出点坐标，将向量数量积转化为坐标表达式，结合椭圆方程消元后根据的取值范围求最值； （3） 设直线的方程与椭圆联立，利用韦达定理结合向量垂直的坐标条件列方程求解，并验证判别式保证有两个交点. 【详解】（1）由题可知， 所以， 所以直线的方程为，即， 所以点到直线的距离为； （2）设，其中，， ， 所以， 因为，所以， 所以当时，取得最小值； 当时，取得最大值； （3）设直线的方程为， 联立，消去整理可得， 则，解得， 且， 因为，所以， 因为， 即， 整理可得， 即， 即，即， 解得或，都符合， 所以或.    【变式1】已知双曲线的左､右焦点为､，虚轴长为，离心率为，过双曲线的左焦点作直线交该双曲线的左支于两点. (1)求双曲线的方程； (2)若，试问：是否存在直线，使得点在以为直径的圆上？请说明理由. 【答案】(1)； (2)不存在，理由如下： 由题可知，，故， 易知直线的斜率不为，故可设直线，. 联立直线与双曲线，，得， ， 由韦达定理，可得，， 若点在以为直径的圆上，则，即， ，即，可得与不垂直， 故不存在直线，使得点在以为直径的圆上. 【分析】（1）根据题意列式求出，即可得解； （2）设，，联立方程，利用韦达定理判断是否为零，即可判断. 【详解】（1）由题可知，，故， 又因为离心率， 解得， 故双曲线的方程为. （2）略 【变式2】（25-26高二下·河南许昌·期末）已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，且，离心率为．不与y轴垂直的直线l与C交于A，B两点． (1)求C的方程； (2)若直线l经过点，求的面积的最大值； (3)C的左顶点为D，若，证明：直线l过定点． 【答案】(1) (2)2 (3) 【详解】（1）设C的半焦距为．由题意可得解得 所以C的方程为． （2）由（1）可知，． 可设l：，，， 由消去x得， 则，． 所以． ， 当且仅当，即时“=”成立， 即的面积的最大值为2． （3）设l：．由消去x得， 所以，，． 因为，，所以由可得， 所以， 即， 化简整理得，解得或． 当时，直线l：经过点D，不符合题意； 当时，直线l：经过点，也满足，符合题意． 综上所述，当时，直线l过定点． 【变式3】（25-26高二上·福建厦门·期中）已知椭圆的方程为，直线：. (1)写出椭圆的焦距和离心率； (2)当时，求椭圆被截得的弦长； (3)已知与椭圆交于两点，为坐标原点，当时，求的值. 【答案】(1)焦距为2，离心率为 (2) (3) 【分析】（1）根据椭圆的标准方程及离心率公式求解即可. （2）联立直线方程与椭圆方程，结合韦达定理及弦长公式求解即可. （3）联立直线方程与椭圆方程，结合韦达定理、向量垂直的坐标表示求解即可. 【详解】（1）由，可得，， 所以，，， 所以椭圆的焦距为2，离心率为. （2）当时，直线：， 联立 ，整理得：，， 设直线与椭圆交点坐标为，， 所以，， 则， 即椭圆被截得的弦长为. （3）设，，则，，    联立方程：，整理可得：， 因为存在两个交点，故，解得， ，， 所以， 因为，所以，所以， 即，解得，均满足， 所以的值为. 题型二：向量坐标化 【典例1】（2026高一·全国·专题练习）已知椭圆：，过点的直线交于，两点，若，求直线的方程. 【答案】或. 【分析】分斜率存在，不存在两种情况，当直线轴时，不合题意； 当直线斜率存在时，联立直线与椭圆方程，得到，， 再根据，得出，从而解出值，得到直线方程. 【详解】设点坐标为，N点坐标为， 当直线轴时，直线的方程为，代入椭圆方程可得， 设,， 则，，不满足题意. 当直线斜率存在时，设其方程为，联立， 消去并整理得， 则， 由韦达定理得，， 若，则， 所以，代入， 化简得，即，即 解得， 所以直线的方程为或. 【典例2】（26-27高二上·河北石家庄·阶段检测）已知圆的圆心在直线上，且圆经过点，． (1)求圆的标准方程； (2)直线过点，且与圆相交所得弦长为，求直线的方程； (3)若为圆上任意一点，定点，点N满足，求点的轨迹方程，并说明轨迹是什么图形． 【答案】(1) (2) (3)；轨迹是一个以为圆心，半径为的圆 【分析】（1）设圆方程为，代入点解出的值即可得到答案； （2）考虑直线斜率存在和不存在两种情况，根据弦长公式计算即可得到答案； （3）设点坐标为，点坐标为，根据已知条件解出，，再代入圆的方程化简即可得到答案． 【详解】（1）设圆心为，半径为，则圆的标准方程为， 由于圆经过点， 故， 解得，即圆的标准方程为． （2）当直线的斜率不存在时，直线方程为， 代入圆的方程得到和， 此时弦长为，不满足条件， 当直线的斜率存在时，设的方程为，即， 则圆心到直线的距离为， 又由勾股定理可得， 即，解得，故直线的方程为. 综上所述，直线的方程为． （3）设点坐标为，点坐标为， 则，， 故，，解得，， 又点在圆上，则， 化简得， 因此点的轨迹方程为，该轨迹是一个以为圆心，半径为的圆． 【变式1】（26-27高三上·黑龙江哈尔滨·阶段检测）已知椭圆的离心率为，过右焦点的直线交椭圆于，两点，交轴于点． (1)求椭圆C的标准方程； (2)设，，求的值. 【答案】(1) (2) 【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. 【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，， ∴，，   ∴ ． 【变式2】（26-27高三上·上海黄浦·阶段检测）已知双曲线， (1)求双曲线离心率： (2)过点作不垂直于轴的直线交双曲线于两点．若点，点在双曲线的右支上，且是的中点，求直线的斜率； (3)点在上，，分别为双曲线的左、右焦点．若，求． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由标准方程读出 ，利用 求 ，代入离心率公式 即得 ； （2）由 三点位置，结合中点条件可求，代入双曲线方程可求（依右支舍去负根），再代回斜率公式得 ； （3）将 展开整理得 ，与双曲线方程联立消元求得 ，以 为底求焦点三角形面积。 【详解】（1） 双曲线 （2）已知 是 中点， 设 ，由中点公式： ∵ 在双曲线 上，代入双曲线方程可得，故， 把 代入可得，所以， ∵ 在右支， 由 ，得 ，即 直线 过 （3）由已知 设 ， ，故， 又在双曲线上，故，即， 联立方程组， 所以 s所以 【变式3】（25-26高三上·江苏泰州·期末）已知双曲线的离心率为2，焦距为4．过右焦点且斜率为的直线与双曲线右支相交于两点． (1)求的取值范围； (2)若，求的值． 【答案】(1)或 (2) 【分析】（1）先求出双曲线的方程，再与直线联立，结合韦达定理求解即可； （2）由，可得，分别代入双曲线方程，求出点的坐标，再将点的坐标代入直线，求解即可. 【详解】（1）由题意可知在双曲线中，，解得， 又因为，解得， 所以， 所以双曲线的方程为， 所以右焦点， 则直线方程为， ，得， 设且， 由韦达定理可得， 所以，即， 解得或； （2）因为， 即， 所以， 从而得， 又因为，， 所以， 整理得①， 又因为②， 由①②可得，， 即或， 将点代入直线方程， 得； 将点代入直线方程， 得； 综上，. 题型三：利用向量求角 【典例1】（26-27高二上·河南南阳·阶段检测）在直角坐标系中，动圆与圆：外切，同时与圆：内切． (1)求动圆圆心的轨迹方程； (2)若由（1）所得点的轨迹曲线上有一点，当的面积最大时，求的正切值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先将两定圆化为标准方程得圆心与半径，结合动圆与两定圆的切接关系得动圆圆心到两定点距离之和为定值，由椭圆的定义求解轨迹方程. （2）由底边长固定，面积最大对应点纵坐标绝对值最大，得点坐标后解三角形求角的正切值. 【详解】（1）如图所示； 由题知，圆的圆心坐标为，半径为，圆的圆心坐标为，半径为， 设动圆圆心的坐标为，半径为， 动圆与圆外切，同时与圆内切． ，，. 由椭圆的定义可知动圆圆心的轨迹是以，为焦点的椭圆，其中，. ，，， 动圆圆心的轨迹方程为. （2）如图所示； 由题知，当的面积最大时，点为椭圆短轴端点，不妨设点的坐标为， 此时为等腰三角形，为直角三角形，设, 又，. 的正切值为. 【典例2】（25-26高二下·四川成都·期末）已知双曲线：的右焦点为，一条渐近线为：. (1)求的方程； (2)设的左顶点为，点在上，且. ①求的外接圆的标准方程； ②设直线与交于另一点，求的大小. 【答案】(1) (2)①② 【分析】（1）由题意列出关于的方程组，解方程组求出即可得出答案； （2）①由求得点坐标，并结合圆的有关性质求得的外接圆的圆心坐标、半径，即可得出答案； ②设直线的斜率分别为，先求及直线的方程，将直线的方程与双曲线的方程联立求出点的坐标，通过计算得到即可求出的大小. 【详解】（1）由已知，得，解得， 故的方程为. （2）①由已知，. 由知，点在线段的中垂线上. 又点在：上，联立,解得，所以.     易知的外接圆圆心也在线段的中垂线上. 设，连接并延长交的外接圆于，连接. 在中，，且. 由射影定理有. 即. 解得，故.     所以的外接圆的标准方程为.     ②设直线的斜率分别为，则，故其方程为.     联立，得，解得（舍去）.     故，所以. 故.     因为，所以.    【变式1】（25-26高二下·广西梧州·期末）已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，离心率为，直线过点且与相交于，两点，若最小值为3． (1)求的方程； (2)若的面积为，求； (3)若，求． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用椭圆离心率公式推出关系，结合椭圆参数恒等式得到关系，再依据椭圆通径最小值公式求出参数，进而确定椭圆标准方程； （2）根据椭圆焦点三角形面积公式求出点的纵坐标，代入椭圆方程得到横坐标平方，再利用向量点积公式结合椭圆坐标性质化简计算得出结果； （3）借助椭圆定义表示出三角形三边长度，联立直线与椭圆方程结合线段比例关系求出参数，通过弦长公式确定边长数值，最后利用余弦定理求出对应角的余弦值. 【详解】（1）已知离心率，故，由椭圆关系得， 过焦点的弦中，通径最短，通径长为，代入得：，即， 解得，因此，，椭圆的方程为：. （2）由（1）得，，，设， 则的面积，故， 代入椭圆方程得， 又，， 所以. （3）设，，由椭圆定义，，， 设直线，代入椭圆得， 设，则 由得，所以， 解得， 所以 ， 即，解得，所以，， 由余弦定理.    【变式2】（2026·内蒙古呼伦贝尔·模拟预测）已知椭圆的离心率为，左焦点为，右顶点为，短轴长为8. (1)求的方程； (2)已知点在直线上且直线的斜率为，过点的直线与椭圆相切于点（异于点）. （i）求直线的方程； （ii）求证：. 【答案】(1) (2)（i）； （ii）证明：方法一：（二倍角正切公式法） 由题意可知.     .     又，     故，故，     所以.     方法二：（向量夹角公式法） ，，，       ， ，    故，     所以. 【分析】（1）根据椭圆短轴长为8，椭圆离心率为，由求解即可；     （2）（i）先求得点P的坐标，再写出切线方程，然后与椭圆方程联立求解；（ii）方法一：利用二倍角正切公式法，易知，再由求解；方法二：利用向量夹角公式法，由求解. 【详解】（1）由已知椭圆短轴长为8，椭圆离心率为， 则，解得， 所以椭圆方程为. （2）（i）由（1）知，设， . 设过点与椭圆相切于点（异于点）的切线方程为， 代入，并整理得. 由直线与椭圆相切，， 化简得.         故切线方程为. 联立椭圆方程，解得切点为.     又因为，所以直线的方程为. （ii）略 【变式3】（2026·河南信阳·二模）的顶点，，且的周长为6，记点的轨迹为． (1)求的方程； (2)过点的动直线与交于点，证明：恒为钝角． 【答案】(1) (2)证明：当直线的斜率不存在时，直线方程为， 代入椭圆：，此时、， 则； 当直线斜率存在时，设其斜率为， 则直线方程为：，代入椭圆，得， 整理得：， 设、，则， 所以， 代入得， ； 综上：，对任意动直线恒成立， 故恒为钝角． 【分析】（1）利用椭圆的定义可得答案； （2）设过的直线，与椭圆联立，利用韦达定理求得，计算，对斜率不存在情况验证亦成立，故恒为钝角． 【详解】（1）已知的周长为6，所以， 所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，（除去所在直线上的点，因为三点不共线才能构成三角形） 焦距，长轴长， 由， 故的方程为． （2）略 题型四：利用向量证明三点共线问题 【典例1】（26-27高二上·云南曲靖·阶段检测）已知椭圆的左顶点为，右焦点为，为原点，，是轴上的两个动点，且，直线和分别与椭圆交于，两点． (1)求椭圆的长轴长和离心率； (2)求的面积的最小值； (3)证明：，，三点共线． 【答案】(1)长轴长，离心率. (2)1 (3)证明：设，由得，， 直线的方程为， 代入椭圆方程中得：， 由于是椭圆上的点，所以方程有一个根为， 根据韦达定理，，即， 代入直线的方程得， 同理，可得点坐标：，， 观察坐标可知，与关于原点 对称， 所以，，三点共线. 【分析】（1）直接计算椭圆基本量带入公式计算长轴长和离心率； （2）将的面积的表达式求出来，利用基本不等式求最小值； （3）通过直线方程和椭圆方程联立求与的坐标，发现两点坐标之间的关系为关于原点对称可直接说明三点共线. 【详解】（1）因为椭圆C：， 所以，所以， 所以长轴长为：，离心率. （2）由题意知， 设, 因为，所以， ,, 所以，即， 因为，所以异号， 则， 当且仅当 时等号成立， 所以的面积的最小值为1. （3）略. 【典例2】（25-26高二下·北京延庆·期中）已知椭圆的焦点在轴上，短轴长为2，离心率为分别是的左右顶点，过点的直线与椭圆交于两点，坐标原点为 (1)求椭圆的标准方程； (2)若点在以线段为直径的圆上，求直线的方程； (3)若直线的斜率为与直线相交于点，求证：三点共线． 【答案】(1) (2)或． (3)证明见解析 【分析】（1）由题设可得，据此可得椭圆方程； （2）当l斜率存在时，设，将直线的方程与椭圆的方程联立，设，由结合韦达定理可得直线方程； （3）设，验证是否为0可完成证明. 【详解】（1）由已知得，所以． 因为，所以． 所以，即． 所以椭圆的标准方程为． （2）由题意可知，所以； 因为直线过， 当斜率不存在时，直线的方程为，设与交于两点． 此时，不满足题意． 当斜率存在时，设，即． 联立直线的方程与椭圆的方程得方程组 消去，整理得，由已知可知， 设， 由韦达定理可知， 因为， 将代入上式可得 ， 即， 解得，即． 方程为或者． （3）不妨设， 令，则，即， 因为，， 所以， 其中分子为，故，即， 所以三点共线． 【变式1】（2026·福建宁德·二模）已知椭圆的离心率为，直线交于两点.当时，. (1)求的方程； (2)过作直线的垂线，垂足为，点，证明：三点共线. 【答案】(1) (2)证明如下： 方法一： 设，，则 由消去得：， 则，， ，， 因为 所以，且有公共点，故，，三点共线. 方法二： 设，，则 由消去得：， 则，， ，， 因为 所以，且有公共点，故，，三点共线. 方法三： 设，，则 由消去得：， 则，， 直线的方程为， 即，令得， 即， 因此， 故点在直线上，所以，，三点共线. 【分析】（1）先由椭圆离心率得与、与的关系，设出含参数的椭圆方程，再结合时直线代入椭圆，利用弦长建立方程求出，进而求得椭圆标准方程. （2）方法一：设出点坐标，联立直线与椭圆方程得到韦达定理的两根之和与两根之积，求出向量、坐标，通过向量共线的坐标判定公式化简代入韦达结论，证明向量共线，又因共点，从而证得三点共线. 方法二：设出点坐标，联立直线与椭圆方程得出韦达定理关系式，分别求出直线、的斜率，作差通分整理后代入韦达结论，化简得斜率差值为零即两斜率相等，又两直线共点，即可证得三点共线. 方法三：设出各点坐标，联立直线与椭圆方程得到韦达定理式子，写出直线方程，令横坐标为求出对应纵坐标，化简后代入韦达和与积，算得纵坐标为0恰好是点坐标，由此证得在直线上，三点共线成立. 【详解】（1）因为椭圆的离心率为，所以， 又，所以， 所以椭圆方程为 当时，的方程为，代入椭圆的方程得： 又因为，所以 所以解得，故椭圆的方程为 （2）略 【变式2】（25-26高三下·陕西西安·阶段检测）已知椭圆的左､右焦点分别为，且，点是上异于顶点的一点，当时，的面积为. (1)求的方程； (2)若直线与交于另外一点，且，求直线的斜率； (3)上两个不同的动点满足与的倾斜角互补，过点且垂直于轴的直线与的另一个交点为，记线段的中点为为坐标原点，求证：三点共线. 【答案】(1) (2)或. (3) 设， 由题意可知，，且，， 因为，所以两式相减可得， 所以， 所以，而， 所以. 设直线的方程为，则直线的方程为， 由，得， 整理得，① 因为是方程①的一个实根，所以，② 由得， 整理得，③ 因为是方程③的一个实根，所以，④ ②-④可得，⑤ ②+④可得， 所以， 将⑤⑥代入⑦式可得，⑧ 因为，所以⑨，将⑨代入⑧式中可得， 又因为，所以，所以，即三点共线. AI 【分析】（1）利用已知可求得，进而可求得的方程； （2）利用已知可得，根据，，可求得直线的斜率； （3）设，利用点差法可得，设直线的方程为，联立方程组，根据根与系数的关系计算可得，可证结论. 【详解】（1）当时，的面积，解得，又，即，所以，解得， 所以， 所以的方程为. （2）易得，设，又，所以， 所以，所以，又， 解得或， 当时，直线的斜率为； 当时，直线的斜率为. 综上，直线的斜率为或. （3）略 【变式3】（2026·福建·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，是上的动点，且不在轴上．当轴时，． (1)求的方程； (2)点分别在直线与上，且．证明：三点共线． 【答案】(1) (2)证明：解法一：设，，，则，即． 又， 所以，，，． 因为，，所以，， 两式相加、减，得，， 又因为，， ， 所以，故三点共线． 解法二：设，则，即． (i)当直线，斜率均存在时，，， 所以直线，， 由得，由得， 所以，， 因为， 所以，故三点共线． (ii)当直线或斜率不存在时，根据对称性，不妨设斜率不存在，且， 此时点，，，故直线，从而， 则，， 所以三点共线． 综上，三点共线． 【分析】（1）解法一：椭圆定义法（几何法）：先利用椭圆第一定义（椭圆上任意一点到两焦点的距离之和为 ），再结合直角三角形勾股定理求出a，最后由 求 ，即可得出方程； 解法二：待定系数法（代数法）：先利用点在椭圆上则坐标满足方程，再结合 的关系列出方程组，联立求解 ，最后即可得出方程. （2）解法一：先设点并利用椭圆方程得到消元条件，再由垂直关系转化为向量数量积为 0，通过两式加减得到 纵坐标的和差关系，最后用向量共线的交叉相乘判定式，结合椭圆方程化简得 0，证明与共线，从而证得 三点共线； 解法二：先由垂直关系求出直线的方程，联立得到坐标，再通过向量共线的交叉相乘判定式，结合椭圆方程化简得 0，证明与共线；对斜率不存在的特殊情况直接验证斜率相等，最终证得三点共线. 【详解】（1）解法一：（1）当轴时，， 所以，所以， 从而，，故的方程为． 解法二：（1）当轴时，，所以或，所以①， 又②，由①②，解得，， 故的方程为． （2） 略 专项训练 1．（2026·河南开封·模拟预测）已知双曲线的右焦点为，斜率为的直线交于，两点，且的中点为． (1)求的方程； (2)是否存在实数，使？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)存在； 【分析】（1）先设出弦的端点坐标并代入双曲线方程，两式相减后，结合弦中点坐标与直线斜率，推导出双曲线参数与的关系，再利用焦点条件求出参数值，得到双曲线方程； （2）先设出直线斜截式方程，与双曲线联立得到一元二次方程，通过判别式保证直线与双曲线有两个交点；将转化为向量数量积为0，展开后代入韦达定理的整体表达式，解出直线参数，再结合中点坐标求出的值，验证后得出存在性结论即可. 【详解】（1）设，，则，， 两式相减得，即，则．     又，所以，故C的方程为． （2）设直线的方程为， 由得， 则，且，， 假设存在，使，则． 因为，，且，， 所以， 故，整理得，解得．   由，解得．故存在，使． 2．（25-26高二下·北京·期中）已知椭圆的离心率为，过焦点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为3. (1)求椭圆的方程； (2)若直线与椭圆相切于点，与直线相交于点.在轴是否存在定点，使？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）根据，，，求解即可； （2）设，直线的方程为，与椭圆方程联立，根据，可得，从而可得点坐标，设，根据求解即可. 【详解】（1）因为， 令，得， 由已知， 又，， 解得，， 所以椭圆的方程为. （2）设，由题知直线存在斜率设为， 则， 于是， 消得 则，得， 于是， 令，则， 设，则，. ， 所以，得. 所以存在点满足题意. 3．（2026·安徽·模拟预测）设抛物线：的焦点为，为坐标原点，过点的直线交于，两点． (1)证明：点在以为直径的圆上； (2)若，求的面积． 【答案】(1)证明：设直线的方程为，， 联立，即，则，，， 因为，则，又， 所以，所以，即， 所以点在以为直径的圆上； (2) 【分析】（1）设直线方程及，两点坐标，联立方程组，列出韦达定理，要证点在以为直径的圆上，即证即可； （2）先根据已知条件可求出，再通过弦长公式及点到直线的距离公式，将面积表示成关于的式子，从而求出面积. 【详解】（1）略 （2）由题可得，，则， 所以，又， 所以， 由（1）知，，所以，解得， 由弦长公式可得， 又点到直线：的距离， 所以. 4．（2026·山东济南·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，，长轴长为4，上一点与，所构成三角形的周长为. (1)求的方程； (2)设直线与交于，两点，为坐标原点. （i）若中心在原点且右焦点为的等轴双曲线过点，求的面积； （ii）若过的上顶点和，为线段上一点，直线与交于点，且，求的坐标. 【答案】(1) (2)（i）（ii）或 【分析】(1)利用长轴长求出，再由焦点三角形周长公式求出，最后通过确定椭圆的标准方程； (2)(i)先由等轴双曲线的焦点坐标求出满足的等量关系，联立直线与椭圆方程，再利用韦达定理和弦长公式（或三角形面积公式）表示出的面积，将关系式代入化简求值；(ii)先由顶点和焦点坐标求出定直线的方程，再将向量关系转化为点与点坐标的倍数关系，把点坐标代入椭圆方程得到的轨迹方程，与直线联立即可解得的坐标. 【详解】（1）由已知得，得，所以. （2）（i）已知等轴双曲线的中心在原点，右焦点为， 设该双曲线的方程为， 其半焦距，解得， 所以该双曲线的方程为， 因为点在双曲线上，所以， 联立得， ， 设点到的距离为 ， 因为，所以. （ii）由第(1)问可知，椭圆的方程为， 椭圆的上顶点坐标为， 左焦点的坐标为， 直线经过这两点，其斜率为， 所以直线的方程为：， 因为点在线段上，且在直线上， 所以可设点的坐标为， 由， 得， 即， 已知，所以， 由此可得， 即点的坐标为， 因为点在上，所以， 整理得，解得或， 所以或. 5．（2026·福建漳州·模拟预测）已知动圆过点，且与圆相内切，记动圆圆心的轨迹为曲线. (1)求的方程； (2)设斜率为的直线与的交点为，与轴的交点为，若，求直线的方程. 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）设动圆圆心为，半径为，根据条件可得，再利用椭圆的定义即可求解； （2）设直线，，联立直线与椭圆方程，根据条件，利用根与系数间的关系求出，即可求解. 【详解】（1）设动圆圆心为，半径为，因为动圆过点，则， 圆的圆心为，半径为，又动圆与圆相内切， 则，所以， 则动圆圆心的轨迹是以为焦点的椭圆，且，得到， 所以，则的方程为. （2）设直线，，易知， 由，消得到，即， 则，且①，②， 又，且，所以③， 由①③得到，由②③得到，所以， 整理得到，解得，满足， 所以直线的方程为或. 6．（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. 7．（25-26高二下·吉林长春·期末）已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为． (1)求双曲线的标准方程； (2)若斜率为的直线与圆相切，与双曲线交于两点，且（其中为坐标原点），求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意建立关于的关系式，联立求解即可； （2）根据直线与圆位置关系得出相应的关系式，再联立直线与双曲线方程，利用韦达定理，向量数量积的坐标表示，分式不等式的解法分析求解即可. 【详解】（1）由题意知双曲线的半焦距为：，① 又双曲线的渐近线方程为得：，② 由，③ 联立①②③解得：， 故双曲线的标准方程为：. （2）设直线的方程为：， 因为直线与圆相切，则有：， 又直线与双曲线交于两点， 联立直线与双曲线的方程得：， 消去整理得：， 由 ， 解得， 设，则， 由 ， 将代入上式得：， 化简得：，解得：， 即或， 所以的取值范围为：. 8．（2026高三·全国·专题练习）已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为分别为左、右焦点，为右顶点，为左支上的动点（不包括顶点）． (1)求的离心率； (2)是否存在常数，使得总成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由； 【答案】(1)2 (2)存在常数 【分析】（1）根据渐近线的倾斜角，可得其斜率，即可得a，b的关系，求出a与c的关系，即可得答案. （2）当时，根据条件求出，即可得关系；当时，求证即可. 【详解】（1）由题意得，所以，则， 所以的离心率. （2）由（1）可知，，， ①当时，，， 此时，有； ②当时，可知的斜率都存在， 设，其中， 则， 则 ， 则， 因为为锐角，所以，， 所以，即. 所以存在常数，使得总成立.      9．（25-26高二下·河南许昌·阶段检测）已知椭圆 经过点． (1)求C的方程； (2)过点且斜率为k的直线与C交于A，B两点． （ⅰ）若，求的面积； （ⅱ）若直线AB外的点满足，求实数m的取值范围． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）利用椭圆过已知点的条件，建立关于的方程组求解; （2）设直线AB的方程为与椭圆方程联立，由韦达定理可得，     （ⅰ）当时，利用弦长公式可得，求出点到直线AB的距离，利用三角形面积公式即可求解； （ⅱ）由题可得，取AB的中点，连接GQ，所以    ，化简可得，结合基本不等式求解即可. 【详解】（1）由C经过点，得，                 又因为C经过点，所以，，         所以C的方程为． （2）设，，由题意知，直线AB的方程为， 与联立，得， 由，得， ，                 （ⅰ）当时， ，           又点到直线AB的距离，           所以的面积．      （ⅱ）由题意知． 因为，所以． 取AB的中点，连接GQ， 则，，．       因为， 所以，             整理得， 当时，，当且仅当时取等号，所以， 当时，， 当且仅当时取等号，所以，                所以m的取值范围是． 10．（2026高三·全国·专题练习）已知，为椭圆的左，右顶点，为上的一点，为双曲线上的一点（，两点不同于，两点），设直线，，，的斜率分别为，，，，且.设为坐标原点，证明：，，三点共线. 【答案】 设，，则，， 因为，可知：， ，， 因为，可知：， 则，， 由可知：，即， 所以：，因此，，，三点共线. 【分析】设出点的坐标，表示四个斜率，结合斜率和为0可证三点共线. 【详解】略 11．（2026·山西晋城·一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为，过点的动直线与交于另一点，过点且与AB平行的直线与交于两点，直线AB与PQ不重合． (1)当点在直线AB上时，求； (2)记AB的中点为的中点为，坐标原点为，证明：三点共线． 【答案】(1) (2)易知直线PQ的斜率不为0，故设，如下图： 联立可得 ， 则， 于是．由， 联立可得， 设，则， 于是．因为，所以M，O，N三点共线． 【分析】（1）根据焦点以及顶点坐标可求得，联立直线和椭圆方程利用韦达定理以及弦长公式计算可得结果； （2）分别联立直线与椭圆方程，利用韦达定理分别求出点的坐标，可求出，可得结论. 【详解】（1）由题意知． 设．当点在直线AB上时， 可知直线AB的斜率为1，所以． 联立得可得， 不妨设，解得， 于是． （2）略 学科网（北京）股份有限公司 $专题05圆锥曲线中的向量问题（典型题型归类训练） 目录 题型一：垂直关系向量化... 题型二：向量坐标化... 题型三：利用向量求角.。 .6 专项训练…。 ………11 题型一：垂直关系向量化 【典例1】(26-27高二上全国课堂例题)己知抛物线C:y=2px(p>0)经过点 (2,2),0为坐标原点 (1)求抛物线C的方程： (2)设直线I与抛物线C交于A,B两点，且OA1OB.证明：直线1经过一个定 点，并求出该定点的坐标 典例2】2526高三上上海虹口期中)已知椭圆：年+号1的左、有焦点为F, E,点A是椭圆T的上顶点，经过P(O,3)的直线1交椭圆r于C(x,),D(:,)两个不 同的点， (1)求点B到直线FA的距离； (2)若9是该椭圆上的一个动点，求QQ5的最大值和最小值： 3)若直线I的斜率为k,且C1FD,求实数k的值. 【变式1】已知双曲线E:女 京厅=1(a>0,b>0)的左.右焦点为FE:虚轴长为42，离 心率为√2，过双曲线E的左焦点B作直线l交该双曲线的左支于AB两点 VA M F (1)求双曲线E的方程： 2)若M(-2,0),试问：是否存在直线1，使得点M在以AB为直径的圆上？请说明理由· x2,y2 【变式2】(25-26高二下河南许昌期末)已知椭圆C:京+？=1(a>h>0)的左、右焦 点分别为F,F,且F5上23，离心率为2·不与y轴垂直的直线I与C交于A,B两 点. (1)求C的方程： 2)若直线1经过点F,求△4BE的面积的最大值： (3)C的左顶点为D,若AD⊥BD,证明：直线I过定点. + 【变式3】(25-26高二上：福建厦门期中)已知椭圆c的方程为4+3l,直线，： y=x+m (1)写出椭圆C的焦距和离心率； (2)当m=1时，求椭圆C被1截得的弦长： (3)已知l与椭圆C交于M,N两点，O为坐标原点，当OM⊥ON时，求m的值. 题型二：向量坐标化 x2,y2 【典例1】(2026高一全国专题练习)已知椭圆E:8+2=1,过点P(0,1)的直线，交 E于M,N两点，若WP=5PM,求直线I的方程. 【典例2】(26-27高二上河北石家庄阶段检测)己知圆C的圆心在直线x-y-3=0上， 且圆C经过点A(1,0),B(3,2) (1)求圆C的标准方程： (2)直线1过点P(2,1),且与圆C相交所得弦长为22，求直线I的方程： (3)若M为圆C上任意一点，定点(6,0)，点N满足M观=3N吧，求点N的轨迹方程，并说 明轨迹是什么图形. 变式1】(26-27高三上黑龙江哈尔滨阶段检测)已知椭圆℃：+y=a>)的离心型 √2 为2，过右焦点F(c,0)的直线，交椭圆于A'B两点，交y轴于点p (1)求椭圆C的标准方程： 2)设PA=4F,PB=入BF,求+乃的值 【变式2】（2627商三上上海黄浦阶段检测)已知双曲线r:号-号 221, (1)求双曲线离心率： 2过点M(m,0)作不垂直于x轴的直线1交双曲线T于4B两点.若点AV5,,点B在双 曲线的右支上，且B是AM的中点，求直线的斜率； (3)点P在T上，耳，E分别为双曲线的左、右焦点.若PFPE=4,求SA. 【变式3】（2526商三上江苏率州与末)已知双曲线C:手片=o>06>0的丧心幸 为2，焦距为4.过右焦点F且斜率为k的直线与双曲线C右支相交于A,B两点. (1)求k的取值范围； (2)若AF=2FB,求k的值. 题型三：利用向量求角 【典例1】(26-27高二上河南南阳·阶段检测)在直角坐标系xOy中，动圆M与圆0： (x+1)+y2=4外切，同时与圆02：x2+y2-2x-15=0内切. (1)求动圆圆心M的轨迹方程； (2)若由(1)所得点M的轨迹曲线上有一点P,当△POO的面积最大时，求∠OPO的正 切值。 x2 y2 【典例2】(25-26商二下四川成都期末)己知双曲线C:京尔=1(a>0,b>0)的右焦 点为F(4,0),一条渐近线为l:y=V3x. (1)求C的方程： (2)设C的左顶点为A,点P在1上，且PA=PF. ①求△APF的外接圆的标准方程； ②设直线AP与C交于另一点B,求∠ABF的大小. x2,y2 【变式1】(25-26高二下广西梧州期末)己知椭圆c:京+京1（a>6>0)的左、右 焦点分别为F,F,离心率为2，直线1过点E且与C相交于A,B两点，若AB最小值 为3. (1)求C的方程； 3 (2)若△AEE的面积为2，求AG·AE: FA 5 (3)若E,B3,求cos∠AEB: x2,y2 【变式2】(2026内蒙古呼伦贝尔模拟预测)己知椭圆C :云+存=1(a>b>0)的离心率 为5，左焦点为F,右顶点为4短轴长为8. (1)求C的方程： 2)已知点p在直线x=a上且直线PF的斜率为4，过点p的直线与椭圆相切于点B(异于 点A)· ()求直线AB的方程： (i)求证：∠AFP=∠BFP. 【变式3】(2026河南信阳二模)△ABC的顶点A(-1,0),B(1,0),且△ABC的周长为6， 记点C的轨迹为「. (1)求Γ的方程： (2)过点B(1,O)的动直线I与交于点M,N,证明：∠MON恒为钝角. 题型四：利用向量证明三点共线问题 【典例】(2627方=上云南鱼晴除段检测》已加稀四C:号+y广-1的左顶点为4”无 焦点为F,O为原点，M,N是'轴上的两个动点，且MF⊥NF,直线AM和AW分别 与椭圆C交于E,D两点. M (1)求椭圆C的长轴长和离心率： (2)求△MFN的面积的最小值： 3)证明：E,O,D三点共线， 【典例2】(25-26高二下北京延庆期中)己知椭圆C的焦点在x轴上，短轴长为2，离心 ⑤ 率为2,4，B分别是c的左右顶点，过点D(1,0)的直线，与椭圆c交于PQ两点，坐标原 点为0(0,0) (1)求椭圆C的标准方程： (2)若点0在以线段P9为直径的圆上，求直线I的方程： (3)若直线1的斜率为k(k≠0)，AP与直线x=4相交于点N,求证：N、B、Q三点共线. 变式1)(2026福建宁德二模)已知椭圆C:。+卡(a>6>0的离心率为直 1:x=my+1交C于P,0两点当m=0时，PO=3. (1)求C的方程： 2过p作直线，-4的垂线，垂足为N,点M30, 证明：O,M,N三点共线， 【变式2】(25-26高三下陕西西安阶段检测)已知椭圆C:+6仔1(a>6>0)的左、右 焦点分别为F,E,且F=2,点P是C上异于顶点的一点，当P听1FE时，△PFE的 面积为2 (1)求C的方程： (2)若直线PE与C交于另外一点A,且PF2=2EA,求直线PF2的斜率： (3)C上两个不同的动点M,N满足PM与PW的倾斜角互补，过点P且垂直于x轴的直线与 C的另一个交点为，记线段MN的中点为G,O为坐标原点，求证：，G,O三点共线， 【度式3】(2026福建=核)已知解图C:号+茶=1a>b>0的左、有焦有分别为 5(-10),5Lo),M是C上的动点，且M不在轴上.当M51x轴时，M= (1)求C的方程： (2)点P,分别在直线：x=-4与h:x=4上，且PR1M,Q5⊥M.证明：P,M,0三 点共线。 专项训练 1,(2026河南开封模拟预测)已知双曲线C:二-士 。尔=1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0), 斜率为2的直线1交C于A,B两点，且AB的中点为M(m,2m(m≠0) (1)求C的方程： (2)是否存在实数m,使∠AFB=90°？若存在，求出m的值：若不存在，说明理由. 2(25:26高=下北京期中)已知椭圆E:+ 行+存=1(a>b>0)的离心率为)过焦点且 与x轴垂直的直线被椭圆E截得的线段长为3. (1)求椭圆E的方程： (2)若直线I与椭圆E相切于点P,与直线x=4相交于点Q.在x轴是否存在定点M,使 MP⊥M0？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由： 3.(2026安徽·模拟预测)设抛物线C:y=4x的焦点为F,0为坐标原点，过点(4,0) 的直线交C于A,B两点 (1)证明：点O在以AB为直径的圆上： (2)若FA·FB=-31,求△FAB的面积. 4,（2026山东济南模拟预测)已知椭圆E:三+ +存=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F: E,长轴长为4，E上一点与耳，B所构成三角形的周长为4+22 (1)求E的方程； (2)设直线I:y=x+m与E交于A,B两点，O为坐标原点. ()若中心在原点且右焦点为L,0)的等轴双曲线过点(m,k),求△OAB的面积； (i)若I过E的上顶点和，T为线段AB上一点，直线OT与E交于点M,且 MT=+V2)OT,求T的坐标. 5.(2026福建漳州模拟预测)已知动圆过点C(-1,0),且与圆C2:x-1)2+y2=16相内 切，记动圆圆心的轨迹为曲线「. (1)求「的方程： (2)设斜率为1的直线I与「的交点为A,B,与y轴的交点为P,若PB=7PA,求直线I的方 程 6.(2026高三·全国·专题练习)已知椭圆C经过点 且与双曲线-号=1共焦 2 点 (1)求椭圆C的方程： 2)过椭圆C右焦点F作直线I交椭圆C于M,N两点，交y轴于P点，且记PM=入MF ,PN=F,求证：+2为定值. 7(2526高三下吉林长春期末)已知双曲线℃：号发1>06>0的右焦点为V5,0 ，渐近线方程为y=±2 (1)求双曲线C的标准方程： (2)若斜率为k的直线I与圆x+y=1相切，与双曲线C交于A,B两点，且OAOB≥4（其 中O为坐标原点)，求k的取值范围. x y 8。(2026高三·全国·专题练习)已知双曲线C:。~斥=1(a>0,6>0)的一条渐近线的倾斜角 为60，，分别为左、右焦点，A为右顶点，P为C左支上的动点（不包括顶点）· (1)求C的离心率； (2)是否存在常数>0)，使得∠A=1∠PFA总成立？若存在，求1的值：若不存在， 请说明理由； ，.（西365高下河有许日除复梳已如霜国C号+号-1口>60经过点 w0N》 (1)求C的方程： (2)过点P(0,2)且斜率为k的直线与C交于A,B两点. (i)若k=1,求△AMB的面积： (i)若直线AB外的点G(m,O)满足∠GAB=∠GBA,求实数的取值范围. 0(2026高三全国专题练习)已知4,4为椭圆℃：气+存=10<6<V3)的左， x2 y2 点；M为C上的一点，N为双曲线C:3户1上的一点（M'N两点不同于A:4, 两点)，设直线AM,4,M,AN,A,N的斜率分别为k,k2,飞，k4,且 k+k2+k+k,=0设O为坐标原点，证明：O,M,N三点共线，