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第10讲 圆锥曲线的弦长问题万能公式（硬解定理）（高阶拓展、竞赛适用）（3类核心考点精讲精练）-备战2024年高考数学一轮复习（新教材新高考）
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这是一份第10讲 圆锥曲线的弦长问题万能公式（硬解定理）（高阶拓展、竞赛适用）（3类核心考点精讲精练）-备战2024年高考数学一轮复习（新教材新高考），共4页。试卷主要包含了 4年真题考点分布， 命题规律及备考策略，构建函数法等内容，欢迎下载使用。
1. 4年真题考点分布
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的常考内容，设题不定，难度中等或偏难，分值为5-12分
【备考策略】1.理解、掌握圆锥曲线的弦长公式及其相关计算
2.理解、掌握圆锥曲线的弦长万能公式（硬解定理）及其相关计算
【命题预测】本节内容是新高考卷的常考内容，小题和大题都会作为载体命题，同学们要会结合公式运算，需强化训练复习
知识讲解
弦长公式
若直线与圆雉曲线相交于两点，则弦长
圆锥曲线弦长万能公式（硬解定理）
设直线方程为: y=kx+b (特殊情况要对 k 进行讨论),
圆锥曲线的方程为: fx,y=0, 把直线方程代入曲线方程,
可化为 ax2+bx+c=0a≠0或ay2+by+c=0,a≠0,
设直线和曲线的两交点为 Ax1,y1,Bx2,y2, 求根公式为
x=−b±b2−4ac2a
(1) 若消去 y, 得ax2+bx+c=0a≠0
则弦长公式为:
AB=x1−x22+y1−y22=1+k2⋅x1−x2=1+k2⋅−b+b2−4ac2a−−b−b2−4ac2a=1+k2Δa
(2) 若消去 x,得ay2+by+c=0a≠0
则弦长公式为:
AB=x1−x22+y1−y22=1+1k2⋅y1−y2=1+1k2⋅−b+b2−4ac2a−−b−b2−4ac2a=1+1k2Δa
考点一、椭圆中的弦长问题
1．（2023·全国·高三专题练习）已知斜率为1的直线过椭圆的右焦点，交椭圆于两点，则弦的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意求得直线l的方程，设，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理求得，再利用弦长公式即可得出答案.
【详解】解：由椭圆得，，所以，
所以右焦点坐标为，则直线的方程为，
设，
联立，消y得，，
则，
所以.
即弦长为.
故选：C.
2．（2023·内蒙古通辽·校考模拟预测）已知椭圆E：的离心率为，且过点.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若直线m过椭圆E的右焦点和上顶点，直线l过点且与直线m平行.设直线l与椭圆E交于A，B两点，求AB的长度.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由待定系数法求椭圆方程.
（2）运用韦达定理及弦长公式可求得结果.
【详解】（1）由题意知，，所以，，设椭圆E的方程为.
将点的坐标代入得：，，所以椭圆E的方程为.
（2）由（1）知，椭圆E的右焦点为，上顶点为，所以直线m斜率为，
由因为直线l与直线m平行，所以直线l的斜率为，
所以直线l的方程为，即，
联立，可得，
，，，
所以.
3．（2021·全国·统考高考真题）已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）由离心率公式可得，进而可得，即可得解；
（2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证；
充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解.
【详解】（1）由题意，椭圆半焦距且，所以，
又，所以椭圆方程为；
（2）由（1）得，曲线为，
当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；
当直线的斜率存在时，设，
必要性：
若M，N，F三点共线，可设直线即，
由直线与曲线相切可得，解得，
联立可得，所以，
所以,
所以必要性成立；
充分性：设直线即，
由直线与曲线相切可得，所以，
联立可得，
所以，
所以
，
化简得，所以，
所以或，所以直线或，
所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立；
所以M，N，F三点共线的充要条件是．
【点睛】关键点点睛：
解决本题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重.
4．（2023·浙江·模拟预测）已知椭圆，点，斜率不为0的直线与椭圆交于点，与圆相切且切点为为中点.
(1)求圆的半径的取值范围；
(2)求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设直线l方程，联立直线l方程与椭圆方程可得，，进而可求得点M坐标，由圆N与直线l相切于点M可得，进而可求得，代入可求得，进而求出的范围即可.
（2）由弦长公式可得（），运用换元法即可求得结果.
【详解】（1）如图所示，
由题意知，直线l的斜率存在且不为0，设直线l方程为（），，，设圆N的半径为r，
，
，
， ，
所以，
又因为M为的中点，所以，
又因为圆N与直线l相切于点M，所以，且，
所以，
所以，解得，
所以，
，解得：，
所以（），
所以，即，
所以圆N的半径r的取值范围为.
（2）由（1）知，，
所以（），
令，则（），
所以，
显然在上单调递减，
所以，所以，即，
故的取值范围为.
【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法
1.数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解；
2.构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解；
3.构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．
5．（2023·全国·模拟预测）已知椭圆：的离心率为，过点作轴的垂线，与交于两点，且．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线与椭圆交于，两点，直线与椭圆交于，两点，且，，交于点，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意列式求解，即可得结果；
（2）分类讨论，利用弦长公式结合韦达定理求，换元结合二次函数分析运算.
【详解】（1）由椭圆的离心率为，得，即①，
将代入椭圆方程得，则，
由，得，即②，
由①②并结合，得，，
所以椭圆的标准方程为．
（2）①当直线的斜率为0时，直线的方程为，此时，，所以；
②当直线的斜率不存在时，直线的斜率为0，此时，，所以；
③当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为（），
联立，整理得．
设，，
则，，
所以
．
因为，所以可用替换表达式中的得，
所以．
令，因为，所以，，，
所以，
因为， 则，所以；
综上所述：的取值范围为．
【点睛】方法定睛：解决圆锥曲线中的取值范围问题的常用方法：
1.利用圆锥曲线的几何性质或方程根的判别式构造不等式，从而确定待求量的取值范围；
2.利用已知参数的范围，求待求量的范围，解这类问题的核心是建立参数与待求量间的等量关系；
3.利用已知的不等关系建立不等式，从而求出待求量的取值范围；
4.利用求函数值域的方法将待求量表示为关于其他变量的函数，求其值域，从而确定待求量的取值范围，如本题将表示为关于参数的函数，再利用换元法及二次函数的有关知识求的取值范围．
1．（2023·全国·高三对口高考）已知椭圆，过左焦点作倾斜角为的直线交椭圆于、两点，则弦的长为 ．
【答案】
【分析】设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，结合弦长公式可求得的值.
【详解】在椭圆中，，，则，故点，
设点、，由题意可知，直线的方程为，即，
联立可得，，
由韦达定理可得，，
所以，.
故答案为：.
2．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆，设直线被椭圆C截得的弦长为，求k的值．
【答案】
【分析】利用韦达定理结合弦长公式即可求解.
【详解】设直线与椭圆的交点为，
联立消去整理得，
解得，
所以弦长，
整理得即解得，.
3．（2023秋·西藏林芝·高三校考阶段练习）椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，椭圆经过点且短轴长为2.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点且倾斜角为的直线与椭圆交于，两点，求线段的长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆的几何性质即可求解，
（2）由弦长公式即可求解.
【详解】（1）由题意设椭圆的方䄇为，
因为椭圆经过点且短轴长为2，所以，
所以椭圆的标准方程为.
（2）由已知得直线的方程为，
设，将直线代入，
得，易得，所以，，
所以.
4．（2023·广东佛山·华南师大附中南海实验高中校考模拟预测）在椭圆）中，，过点与的直线的斜率为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设为椭圆的右焦点，为直线上任意一点，过作的垂线交椭圆于两点，求的最大值.
【答案】(1)
(2)最大值为.
【分析】（1）利用两点的斜率公式及椭圆中的关系即可求解；
（2）根据横截式方程设出直线的方程，联立直线的方程与椭圆方程，利用韦达定理及弦长公式，结合两点间的距离公式及基本不等式即可求解.
【详解】（1）过点与的直线的斜率为，
所以，即，
又，即，解得，
所以椭圆的标准方程是.
（2）由题知，作出图形如图所示
设点，则直线的斜率为.
当时，直线的斜率，直线的方程是；
当时，直线的方程是，也符合的形式，
将直线的方程代入椭圆方程得
，且，
设，则.
所以
又，令，则
，
当且仅当，即时等号成立，
由，解得，
所以的最大值为.
5．（2023·全国·模拟预测）已知平面内动点M到两定点E，F的距离之和为4，且E，F两点间的距离为2．
(1)以点E，F所在的直线为x轴，建立适当的坐标系，求点M的轨迹C的方程．
(2)直线l过点F，交曲线C于A，B两点，AB的中点为（异于坐标原点O）．若点Q的坐标之和，求弦AB的长．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据椭圆的定义分析运算即可；
（2）分类讨论斜率是否存在，根据题意结合点差法分析可得，求点Q的坐标，结合题意解得，再利用弦长公式运算求解.
【详解】（1）以点E，F所在的直线为x轴，线段EF的中点O为原点建立平面直角坐标系，
设点
由题意可知，所以点M的轨迹是以E，F为焦点，长轴长的椭圆．
因为，，即，，则，
故点M的轨迹C的方程．
（2）由（1）不妨取，
当直线AB的斜率不存在时，则直线，
此时AB的中点为即为点，可得，不合题意；
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为，点，，
则，可得，
则，两式作差得，
则，即，
可得，故直线，
联立得方程组，解得，
即，
因为，解得或，
所以直线AB的方程为或．
①若直线AB的方程为，
联立得方程组，消去y并整理得，
则，，
所以；
②若直线AB的方程为，
联立得方程组，消去y并整理得，
则，，
所以．
综上所述：弦AB的长为或．
【点睛】方法点睛：
（1）有关圆锥曲线弦长问题的求解方法
涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数的关系、设而不求计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数的关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解．
（2）弦中点问题的解法
点差法在解决有关弦中点、弦所在直线的斜率、弦中点与原点连线斜率问题时可简化运算，但要注意直线斜率是否存在．
考点二、双曲线中的弦长问题
1．（2023·新疆喀什·校考模拟预测）已知双曲线C两条准线之间的距离为1，离心率为2，直线l经过C的右焦点，且与C相交于A、B两点.
(1)求C的标准方程；
(2)若直线l与该双曲线的渐近线垂直，求AB的长度.
【答案】(1)=1
(2)3
【分析】（1）根据双曲线的准线方程公式，结合双曲线的离心率公式进行求解即可.
（2）根据题意设出直线l的方程与双曲线方程联立，利用一元二次方程根与系数关系、双曲线弦长公式进行求解即可.
【详解】（1）因为直线l经过C的右焦点，
所以该双曲线的焦点在横轴上，
因为双曲线C两条准线之间的距离为1，
所以有，
又因为离心率为2，
所以有代入中，可得，
∴C的标准方程为：；
（2）
由上可知：该双曲线的渐近线方程为，
所以直线l的斜率为，由于双曲线和两条直线都关于y轴对称，
所以两条直线与双曲线的相交弦相等.
又因为直线斜率的绝对值小于渐近线斜率的绝对值，
所以直线与双曲线交于左右两支，因此不妨设直线l的斜率为，
方程为与双曲线方程联立为：
，
设，则有，
2．（2023·山东·烟台二中校联考模拟预测）已知等轴双曲线C的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，点M，N在双曲线C上，当直线MN过C的右焦点且斜率为2时，．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若线段MN的垂直平分线与y轴交于点Q，且，求O到直线MN的距离．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意设双曲线，写出直线MN方程，联立方程组，设，，利用韦达定理和弦长公式计算化简求出，即可求解；
（2）设直线MN方程为，易知，联立双曲线方程，利用韦达定理表示，由题意可知Q为的外接圆圆心，设圆的一般方程，结合双曲线方程化简计算可得，得，结合点到直线的距离公式即可求解.
【详解】（1）设双曲线，双曲线的右焦点为，
则直线，其中．
联立，化简可得．
设，，则，．
，
解得，故．
故双曲线C的方程为．
（2）易知直线MN一定不与坐标轴垂直，设其方程为．
联立，整理得，
若，则，则，
此时点M、N关于原点对称，直线MN过原点，点O到直线MN的距离为0，
所以，则．
由于，，故Q为的外接圆圆心，
可设外接圆方程为，则，
则，即，
整理得，由题知，故．
所以，故原点到直线MN的距离为．
3．（2022·全国·统考高考真题）已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①M在上；②；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）利用焦点坐标求得的值，利用渐近线方程求得的关系，进而利用的平方关系求得的值，得到双曲线的方程；
（2）先分析得到直线的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k, M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等价分析得到；由直线和的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率，由②等价转化为，由①在直线上等价于，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.
【详解】（1）右焦点为，∴,∵渐近线方程为，∴，∴，∴，∴，∴．
∴C的方程为：；
（2）由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零，
若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则为线段的中点，假若直线的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知在轴上，即为焦点,此时由对称性可知、关于轴对称，与从而，已知不符；
总之，直线的斜率存在且不为零.
设直线的斜率为,直线方程为,
则条件①在上，等价于；
两渐近线的方程合并为,
联立消去y并化简整理得：
设,线段中点为,则,
设,
则条件③等价于,
移项并利用平方差公式整理得：
，
,即,
即；
由题意知直线的斜率为, 直线的斜率为,
∴由,
∴,
所以直线的斜率,
直线,即,
代入双曲线的方程,即中，
得：,
解得的横坐标：,
同理：，
∴
∴,
∴条件②等价于，
综上所述：
条件①在上，等价于；
条件②等价于；
条件③等价于；
选①②推③:
由①②解得：,∴③成立；
选①③推②：
由①③解得：，，
∴，∴②成立；
选②③推①：
由②③解得：，，∴，
∴，∴①成立.
1．（2023·重庆·统考模拟预测）已知双曲线的实轴长为6，左右焦点分别为，，点在双曲线上，轴，且.
(1)求双曲线及其渐近线的方程；
(2)如图，若过点斜率为的直线与双曲线及其两条渐近线从左至右依次交于，，，四点，且，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意可得，求出，再由双曲线的定义求出，即可得出方程；
（2）设出直线的方程，联立直线与双曲线的方程，根据韦达定理及弦长公式求出，
再联立直线与渐近线方程得出的横坐标，再由弦长公式求出，再由即可得解.
【详解】（1）由题意知，，即，
由轴，可知，代入双曲线方程可得，
又，即，解得，
所以双曲线的方程为.
（2）由（1）可知，，所以，
设直线方程为 ，，，，，
由，可得，
，，
，
由可知双曲线的渐近线方程为和，
联立可得，同理可得
由可得，，
化简可得，即，
整理得，，解得.
2．（2023·重庆·校联考模拟预测）已知双曲线的离心率是，点是双曲线的一个焦点，且点到双曲线的一条渐近线的距离是2.
(1)求双曲线的标准方程.
(2)设点在直线上，过点作两条直线，直线与双曲线交于两点，直线与双曲线交于两点.若直线与直线的倾斜角互补，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题知，进而解方程即可得答案；
（2）由题设，直线，进而与双曲线联立方程结合韦达定理得，直线的斜率为，同理可得，进而根据可得，进而可证明结论.
【详解】（1）解：根据双曲线的对称性，不妨设，其渐近线方程为，
因为焦点到双曲线的一条渐近线的距离是2.
所以，
因为双曲线的离心率是，
所以，，解得
所以，双曲线的标准方程为.
（2）证明：由题意可知直线的斜率存在，设，
直线.
联立整理得，
所以，.
故.
设直线的斜率为，同理可得.
因为直线与直线的倾斜角互补，
所以，所以，
则，即，
所以.
3．（2023·陕西咸阳·校考三模） 已知双曲线的离心率为，过双曲线的右焦点且垂直于轴的直线与双曲线交于两点，且.
(1)求双曲线的标准方程;
(2)若直线：与双曲线的左、右两支分别交于两点，与双曲线的渐近线分别交于两点，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由通径长、离心率列方程组求得得双曲线方程；
（2）直线方程代入双曲线方程，利用直线与双曲线左右相交求得的范围，由韦达定理得，由弦长公式得弦长，再求得的坐标得线段长，然后计算比值，由的范围各结论．
【详解】（1）由题可知，，解得，所以双曲线的标准方程为；
（2）由题可知，直线与双曲线的左、右两支分别交于两点，
联立消去，得，
所以，解得，
且，
所以
.
联立可得，同理可得，
所以，
所以，
其中，则，所以.
【点睛】方法点睛：直线与双曲线相交弦长问题，一般由直线方程与双曲线方程联立方程组消元后应用韦达定理得，再由弦长公式得弦长，不需要求得两交点的具体坐标．
考点三、抛物线中的弦长问题
1．（海南·高考真题）斜率为的直线过抛物线C：y2=4x的焦点，且与C交于A，B两点，则= ．
【答案】
【分析】先根据抛物线的方程求得抛物线焦点坐标，利用点斜式得直线方程，与抛物线方程联立消去y并整理得到关于x的二次方程，接下来可以利用弦长公式或者利用抛物线定义将焦点弦长转化求得结果.
【详解】∵抛物线的方程为，∴抛物线的焦点F坐标为，
又∵直线AB过焦点F且斜率为，∴直线AB的方程为：
代入抛物线方程消去y并化简得，
解法一：解得
所以
解法二：
设，则,
过分别作准线的垂线，设垂足分别为如图所示.
故答案为：
【点睛】本题考查抛物线焦点弦长，涉及利用抛物线的定义进行转化，弦长公式，属基础题.
2．（2023·安徽淮北·统考二模）已知抛物线的焦点和椭圆的右焦点重合，过点任意作直线分别交抛物线于，交椭圆于.当垂直于轴时，.
(1)求和的方程；
(2)是否存在常数，使为定值？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)，
(2)存在常数，使为定值，理由见详解
【分析】（1）由已知的方程为，代入抛物线方程可推得，即可得出，得出抛物线的方程.进而得出焦点，将直线方程代入椭圆方程可推得.结合已知得出关于方程组，求解即可得出椭圆的方程；
（2）假设存在常数.设直线的方程为：，设出各点的坐标.分别联立直线与抛物线以及椭圆的方程，得出关于的方程，进而根据韦达定理得出坐标关系，然后根据弦长公式，表示出，.代入化简整理可得，当，即时，假设成立.
【详解】（1）由已知可得，的方程为，
代入抛物线方程可得，，解得，所以.
由题意知，得，
所以，抛物线方程是.
所以直线的方程为，焦点，所以.
将直线的方程代入椭圆方程可得，，解得，
所以.
由已知可得，，解得，
所以，椭圆的方程为.
（2）
假设存在常数，使为定值.
设直线的方程为：，设，，
联立方程，消化简得.
则恒成立，且，
所以.
设，，
联立方程，消化简得.
则恒成立，且，
所以，.
所以，.
因为为定值，
所以有，所以.
所以，假设成立.
所以，存在常数，使为定值.
【点睛】方法点睛：联立直线与圆锥曲线的方程，根据韦达定理得出坐标关系，然后根据弦长公式，即可表示出弦长.
3．（2023·江西九江·统考三模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线的焦点为F，A，B为E上两点，且点A的纵坐标为，F恰好是的重心.
(1)求E的方程；
(2)若，P，Q为抛物线上相异的两个动点，且，求的最小值.
【答案】(1)
(2)11
【分析】（1）根据点A的坐标及重心F的坐标表示点B，将B的坐标代入抛物线方程可求出，可得抛物线的方程；
（2）设直线PQ的方程为，，，联立直线PQ与抛物线方程，根据韦达定理和，求出，再根据抛物线的定义求出，结合二次函数知识可求出结果.
【详解】（1）由已知可得，，设
F恰好是的重心，，解得，
将代入，得，
，解得，
E的方程为；
（2）设直线PQ的方程为，，，
由方程组，得
，即，且，，
，，
，，
，即，
，
，或，
若，直线PQ过N点，不合题意，舍去，
，此时，，
则，
当时，有最小值为11.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
1．（2023·天津·统考高考真题）过原点的一条直线与圆相切，交曲线于点，若，则的值为 ．
【答案】
【分析】根据圆和曲线关于轴对称，不妨设切线方程为，，即可根据直线与圆的位置关系，直线与抛物线的位置关系解出．
【详解】易知圆和曲线关于轴对称，不妨设切线方程为，，
所以，解得：，由解得：或，
所以，解得：．
当时，同理可得．
故答案为：．
2．（2023·海南海口·海南华侨中学校考二模）已知抛物线，点为其焦点，直线与抛物线交于两点，为坐标原点，．
(1)求抛物线的方程；
(2)过轴上一动点作互相垂直的两条直线，与抛物线分别相交于点和，点分别为的中点，求的最小值．
【答案】(1)
(2)6
【分析】（1）由题意，求得点的坐标，利用三角形的面积，建立方程，可得答案；
（2）利用分类讨论，明确直线的斜率存在，联立方程，写出韦达定理，求得中点坐标，利用两点距离公式，结合基本不等式，可得答案.
【详解】（1）
直线方程为，将其代入抛物线可得，
由已知得，解得，
故抛物线的方程为．
（2）
因为，若直线分别与两坐标轴垂直，
则直线中有一条与抛物线只有一个交点，不合题意，
所以直线的斜率均存在且不为0．设直线的斜率为，
则直线的方程为．
联立，得，则，
设，
则，设，则，则，
所以，同理可得，
故，
当且仅当且，即时等号成立，
故的最小值为6．
3．（2023·全国·统考高考真题）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）设，根据题意列出方程，化简即可；
（2）法一：设矩形的三个顶点，且，分别令，，且，利用放缩法得，设函数，利用导数求出其最小值，则得的最小值，再排除边界值即可.
法二：设直线的方程为，将其与抛物线方程联立，再利用弦长公式和放缩法得，利用换元法和求导即可求出周长最值，再排除边界值即可.
法三：利用平移坐标系法，再设点，利用三角换元再对角度分类讨论，结合基本不等式即可证明.
【详解】（1）设,则，两边同平方化简得，
故.
（2）法一：设矩形的三个顶点在上,且，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，
则,令，
同理令，且，则，
设矩形周长为,由对称性不妨设，，
则.，易知
则令,
令，解得，
当时，，此时单调递减，
当，，此时单调递增，
则，
故,即.
当时,,且，即时等号成立，矛盾，故,
得证.
法二：不妨设在上，且，
依题意可设，易知直线，的斜率均存在且不为0，
则设,的斜率分别为和，由对称性，不妨设，
直线的方程为，
则联立得，
，则
则，
同理，
令，则，设，
则，令，解得，
当时，，此时单调递减，
当，，此时单调递增，
则，
，
但，此处取等条件为，与最终取等时不一致，故.
法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动个单位得抛物线,
矩形变换为矩形,则问题等价于矩形的周长大于.
设 , 根据对称性不妨设 .
则 , 由于 , 则 .
由于 , 且 介于 之间,
则 . 令 ,
,则,从而
故
①当时,
②当 时,由于,从而,
从而又,
故,由此
，
当且仅当时等号成立，故，故矩形周长大于.
.
【点睛】关键点睛：本题的第二个的关键是通过放缩得，同时为了简便运算，对右边的式子平方后再设新函数求导，最后再排除边界值即可.
【能力提升】
1．（2022·陕西宝鸡·统考一模）椭圆经过点，且两焦点与短轴的两个端点的连线构成一个正方形．
(1)求椭圆的方程；
(2)过椭圆的右焦点作直线交于，两点，且，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意列出关于的方程组，即可得到答案；
（2）设，利用弦长公式计算，即可得到答案；
【详解】（1）两焦点与短轴的两个端点的连线构成一个正方形，
，
椭圆过点，
，又，
解得：，
椭圆的方程为：；
（2），设，
联立方程得：，
，
，，，
，，
；
2．（2022·陕西咸阳·武功县普集高级中学统考模拟预测）已知椭圆：的左、右焦点分别为、，是椭圆上一动点，的最大面积为，.
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线与椭圆交于、两点，、为椭圆上两点，且，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据焦距得到，结合三角形面积的最大值得到，利用求得，得到椭圆的方程；
（2）根据已知设出直线的方程，与椭圆联立，利用根与系数的关系及弦长公式得到，判断单调性即可求得最大值.
【详解】（1）解：设椭圆的半焦距为，，，
的最大面积为，，
，
，
椭圆的方程为；
（2）由题知，设直线的方程为，，，
联立，消去并整理得：，
∴，得，
，，
∴，
设，，
由复合函数的单调性知：
在上单调递增，在单调递减，
∴当时，，
故.
3．（2022·内蒙古呼伦贝尔·统考三模）已知圆：，圆：，圆与圆、圆外切，
(1)求圆心的轨迹方程
(2)若过点且斜率的直线与交与两点，线段的垂直平分线交轴与点，证明的值是定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据圆C与圆A、圆B外切，得到<4，再利用双曲线的定义求解；
（2）设直线为，联立，利用弦长公式求得，再根据线段MN的垂直平分线，得到点P的坐标求解.
【详解】（1）解：因为圆C与圆A、圆B外切，
设C点坐标，圆C半径为，
则，，
所以<4，
所以点C的轨迹是双曲线的一支，
又，，，
所以其轨迹方程为；
（2）设直线为，
联立，消去y得：，
所以，
设MN中点坐标为G，则，
所以，
，
直线GP的方程为:，
，
所以，
所以=1.
4．（2022·河南许昌·统考二模）已知双曲线的右焦点为，过点F与x轴垂直的直线与双曲线C交于M，N两点，且.
(1)求C的方程；
(2)过点的直线与双曲线C的左､右两支分别交于D，E两点，与双曲线C的两条渐近线分别交于G，H两点，若，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据双曲线右焦点为，且，由求解；
（2）设直线的方程为，与双曲线方程联立，求得，与双曲线C的渐近线方程联立，求得，根据求解.
【详解】（1）解：由题意得，
解得
故C的方程为.
（2）显然直线率存在，设直线的方程为，，，
联立，得，
因为与双曲线C的左，右两支分别交于D，E两点，
故，
解得，
此时有.
，
，
由，解得，同理可得，
所以.
因为，故.
因为，故，
故实数的取值范围是.
5．（2023·四川绵阳·统考三模）过点的直线与拋物线交于点，（在第一象限），且当直线的倾斜角为时，.
(1)求抛物线的方程；
(2)若，延长交抛物线于点，延长交轴于点，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据条件设直线l得方程，与抛物线方程联立，运用弦长公式求解；
（2）设直线l的方程与抛物线联立，先求出M，N点坐标，写出直线MB方程，与抛物线方程联立，求出P点的坐标，写出直线PN的方程，求出Q点坐标，运用两点直线距离公式求解.
【详解】（1）由题意直线l的斜率 ，所以l得方程为 ，
联立方程 ，解得 ， ，
由弦长公式得： ，
，解得 ， 抛物线方程为 ；
（2）由（1）知：抛物线方程为，设 ，直线l的方程为 ，显然 时存在的，
如图：
联立方程 ，得 ， ，① ，
直线MB的方程为： ，即 ，
， ②，
直线PN的方程为： ，
令 得 ， ，
， ，
由①②得： ；
综上，抛物线方程为， .
6．（2023·陕西安康·统考三模）已知 为抛物线上一点．
(1)求抛物线的准线方程；
(2)过点的直线l与抛物线C交于A，B两点，且直线与的倾斜角互补，求的值．
【答案】(1)
(2)2
【分析】（1）由点在抛物线上求出，计算得抛物线的准线方程；
（2）先设直线再联立方程组求出两根和和两根积，再应用两点间距离公式计算可得.
【详解】（1）由点在抛物线上得，即
∴抛物线的准线方程为.
（2）设直线AB的方程为，,
由直线与的倾斜角互补得，
即
∴
联立得
∴，∴，即，
∴
∴．
7．（2023·全国·模拟预测）已知点在抛物线上，记为坐标原点，，以为圆心，为半径的圆与抛物线的准线相切．
(1)求抛物线的方程；
(2)记抛物线的焦点为，过点作直线与直线垂直，交抛物线于，两点，求弦的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）首先得到抛物线的准线方程，依题意可得，解得、、，即可得解；
（2）由（1）可得，，即可求直线的方程，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，由焦点弦公式计算可得.
【详解】（1）抛物线的焦点为，准线方程为，
依题意可得，解得或，又、、，
所以，所以抛物线方程为.
（2）由（1）可得，，，
因为直线直线，所以，
所以直线的方程为，即，
由，消去整理得，
设，，所以，
所以，
所以.
8．（2022·内蒙古呼伦贝尔·海拉尔第二中学校考模拟预测）已知椭圆的两个焦点分别为和，椭圆上一点到和的距离之和为，且椭圆的离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)过左焦点的直线交椭圆于、两点，线段的中垂线交轴于点（不与重合），是否存在实数，使恒成立？若存在，求出的值；若不存在，请说出理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）由椭圆的定义可求得的值，根据椭圆的离心率求得的值，再求出的值，即可得出椭圆的方程；
（2）分析可知，直线不与轴垂直，分两种情况讨论，一是直线与轴重合，二是直线的斜率存在且不为零，设出直线的方程，与椭圆方程联立，求出、，即可求得的值.
【详解】（1）解：由椭圆的定义可得，则，因为，，则，
因此，椭圆的方程为.
（2）解：若直线与轴垂直，此时，线段的垂直平分线为轴，不合乎题意；
若直线与轴重合，此时，线段的垂直平分线为轴，则点与坐标原点重合，
此时，；
若直线的斜率存在且不为零时，设直线的方程为，设点、，
联立可得，
，
由韦达定理可得，，
则，
所以，线段的中点为，
所以，线段的垂直平分线所在直线的方程为，
在直线方程中，令可得，
故点，所以，，
由弦长公式可得，
因此，.
综上所述，存在，使得恒成立.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
9．（2022·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测）已知椭圆 C：，右焦点为 F(，0) ，且离心率为 ．
(1)求椭圆 C 的标准方程；
(2)设 M，N 是椭圆 C 上不同的两点，且直线 MN 与圆 O：相切，若 T 为弦 MN的中点，求|OT||MN|的取值范围．
【答案】(1)；
(2)[，3].
【分析】（1）由题可得，即求；
（2）当直线的斜率不存在或为0，易求，当直线 MN 斜率存在且不为 0 时，设直线 MN 的方程为：，利用直线与圆相切可得，再联立椭圆方程并应用韦达定理求得，然后利用基本不等式即得.
【详解】（1）由题可得，
∴ = 2 ， =
∴椭圆 C 的方程为：；
（2）当直线 MN 斜率为 0 时，不妨取直线 MN 为 = ，则，
此时，则；
当直线 MN 斜率不存在，不妨取直线 MN 为x=，则，
此时，则；
当直线 MN 斜率存在且不为 0 时，设直线 MN 的方程为：，，
因为直线MN 与圆相切，
所以，即，
又因为直线 MN 与椭圆 C 交于 M，N 两点：
由，得，
则，
所以 MN 中点 T 坐标为，
则，
，
所以
又，当且仅当，即 取等号，
∴|OT||MN|；
综上所述：|OT|∙|MN|的取值范围为[，3].
10．（2022·河南安阳·统考模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知点，，点M满足．记M的轨迹为C．
(1)求C的方程；
(2)设点P为x轴上的动点，经过且不垂直于坐标轴的直线l与C交于A，B两点，且，证明：为定值．
【答案】(1)
(2)证明过程见解析
【分析】（1）利用椭圆定义求轨迹方程；
（2）设出直线l为：，，联立椭圆方程，求出两根之和，两根之积，从而表达出弦长，再求出AB中点，进而表达出AB的垂直平分线，求出P点坐标，得到的长，得到为定值.
【详解】（1）由椭圆的定义可知：M的轨迹为以，为焦点的椭圆，且，，所以，
所以C的方程为
（2）设直线l为：，
则联立得：，
设，则，，
，
则，
AB中点坐标为，
所以AB的垂直平分线为，
令得：，
所以，，
【点睛】直线与椭圆结合问题，设出直线方程，与椭圆联立，得到两根之和，两根之积，表达出弦长或面积，进而求解定值或取值范围等.
【真题感知】
函数22
一、解答题
1．（陕西·高考真题）已知椭圆经过点，离心率为，左右焦点分别为，.
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线：与椭圆交于，两点，与以为直径的圆交于，两点，且满足，求直线的方程.
【答案】（1）（2）或.
【详解】试题分析：（1）由题意可得，解出，的值，即可求出椭圆的方程；
（2）由题意可得以为直径的圆的方程为，利用点到直线的距离公式得：圆心到直线的距离，可得的取值范围，利用弦长公式可得，设，把直线的方程与椭圆的方程联立可得根与系数的关系，进而得到弦长，由，即可解得的值.
试题解析：（1）由题意可得
解得
椭圆的方程为
由题意可得以为直径的圆的方程为
圆心到直线的距离为
由，即，可得
设
联立
整理得
可得：，
解方程得，且满足
直线的方程为或
考点：椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题.
2．（湖南·高考真题）已知，分别是椭圆的左、右焦点，关于直线的对称点是圆的一条直径的两个端点．
（Ⅰ）求圆的方程；
（Ⅱ）设过点的直线被椭圆和圆所截得的弦长分别为，．当最大时，求直线的方程．
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）或
【详解】（Ⅰ）左、右焦点，关于直线的对称点是圆的一条直径的两个端点，即左、右焦点，的重点关于直线的对称点即为圆心；设圆心的坐标为，有，解得，所以圆的方程为；
（Ⅱ）依题意，设直线的方程为，则圆心到直线的距离，所以，由得，设l与E的两个交点坐标分别为，则，所以，从而，当且仅当时等号成立，即，故直线方程为或.
3．（辽宁·高考真题）在平面直角坐标系xOy中，点P到两点，的距离之和等于4，设点P的轨迹为C．
（Ⅰ）写出C的方程；
（Ⅱ）设直线y=kx+1与C交于A，B两点．k为何值时？此时的值是多少？
【答案】（Ⅰ）曲线C的方程为．（Ⅱ）时，．
【分析】（Ⅰ）设P（x，y），由椭圆定义可知，点P的轨迹C是以为焦点，长半轴为2的椭圆．它的短半轴，
故曲线C的方程为．
（Ⅱ）设，其坐标满足
消去y并整理得，
故．
，即．
而，
于是．
所以时，，故．
当时，，．
，
而
，
所以．
【详解】请在此输入详解！
4．（陕西·高考真题）如图，设P是圆上的动点，点D是P在x轴上投影，M为上一点，且.
(1)当P在圆上运动时，求点M的轨迹C的方程；
(2)求过点且斜率为的直线被C所截线段的长度.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）用相关点法求解轨迹方程，设出，得到，代入中，得到轨迹方程；
（2）求出过点且斜率为的直线方程，联立第一问所求的曲线方程，得到两根之和，两根之积，由弦长公式求出答案.
【详解】（1）设，则，，
因为，所以，即，故，
所以，
因为P是圆上的点，所以，即；
（2）过点且斜率为的直线方程为，
与联立得：，易得，
设直线与的两交点坐标分别为，
则，，
故被C所截线段的长度为.
5．（上海·高考真题）双曲线的左、右焦点分别为，直线过且与双曲线交于两点．
（1）若的倾斜角为，是等边三角形，求双曲线的渐近线方程；
（2）设，若的斜率存在，且，求的斜率．
【答案】（1）．（2）．
【详解】试题分析：（1）设，根据题设条件可以得到，从而解得的值．
（2）设，，直线与双曲线方程联立，得到一元二次方程，根据与双曲线交于两点，可得，且．由|AB|=4构建关于的方程进行求解．
试题解析：（1）设．
由题意，，，，
因为是等边三角形，所以，
即，解得．
故双曲线的渐近线方程为．
（2）由已知，．
设，，直线．
由，得．
因为与双曲线交于两点，所以，且．
由，，得，
故，
解得，故的斜率为．
【考点】双曲线的几何性质、直线与双曲线的位置关系、弦长公式
【名师点睛】本题对考生的计算能力要求较高，是一道难题.解答此类题目时，利用的关系，确定双曲线（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与双曲线（圆锥曲线）方程得到方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解.本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题与解决问题的能力等.
6．（安徽·高考真题）设椭圆其相应于焦点的准线方程为.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知过点倾斜角为的直线交椭圆于两点，求证：
;
(3)过点作两条互相垂直的直线分别交椭圆于和,求 的最小值
【答案】(1)；
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）求椭圆的方程关键是计算与的值，由焦点的相应准线方程为，求出的值，再根据可求出代入即可求出椭圆的方程．
（2）由椭圆的第二定义，可以将过焦点的弦长，转化为直线与圆的交点到对应准线的距离，不难证明结论．
（3）由（2）的结论，分别写出，，则可将求的最值转化为一个三角函数问题，然后根据三角函数求最值的方法进行求解．
【详解】（1）由题意得： ，解得，，
故椭圆的方程．
（2）由（1）知，是椭圆的右焦点，，
设为椭圆的左准线，则，
作于点，于点，与轴的交点为．
点在椭圆上，．
，同理．（其中为直线的倾斜角）．
．
（3）设直线的倾斜角为，由于，
由（2）知：，，
．
当或时，取得最小值．
7．（山东·高考真题）如图，设抛物线方程为x2=2py(p＞0),M为直线y=-2p上任意一点，过M引抛物线的切线，切点分别为A，B.
（Ⅰ）求证：A，M，B三点的横坐标成等差数列；
（Ⅱ）已知当M点的坐标为（2，-2p）时，，求此时抛物线的方程；
（Ⅲ）是否存在点M，使得点C关于直线AB的对称点D在抛物线上，其中，点C满足（O为坐标原点）.若存在，求出所有适合题意的点M的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析（2）抛物线方程为或⑶仅存在一点M(0，-2p)适合题意
【详解】（Ⅰ）证明：由题意设
由得，则 所以
因此直线MA的方程为
直线MB的方程为
所以① ②
由①、②得 因此 ，即
所以A、M、B三点的横坐标成等差数列
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，当x0=2时， 将其代入①、②并整理得：
所以 x1、x2是方程的两根，
因此 又
所以
由弦长公式得
又，所以p=1或p=2，
因此所求抛物线方程为或
（Ⅲ）解：设D(x3,y3)，由题意得C(x1+ x2, y1+ y2),
则CD的中点坐标为
设直线AB的方程为
由点Q在直线AB上，并注意到点也在直线AB上，
代入得
若D（x3,y3）在抛物线上，则
因此 x3=0或x3=2x0.
即D(0，0)或
（1）当x0=0时，则，此时，点M(0,-2p)适合题意.
（2）当，对于D(0，0)，此时
又AB⊥CD，所以
即矛盾.
对于因为此时直线CD平行于y轴，
又
所以 直线AB与直线CD不垂直，与题设矛盾，
所以时，不存在符合题意的M点.
综上所述，仅存在一点M(0，-2p)适合题意
8．（浙江·高考真题）已知的三个顶点在抛物线:上,抛物线的焦点,点为的中点,;
（1）若,求点的坐标;
（2）求面积的最大值.
【答案】（1）或；（2）.
【分析】（1）根据抛物线方程为,写出焦点为,准线方程为,设,由抛物线的定义知,,把代入求得点的坐标,再由求得点的坐标；
（2）设直线的方程为,,联立方程组,整理得,先求出的中点的坐标,再由,得出,用弦长公式表示,构造函数,用导数法求的面积的最大值.
【详解】（1）抛物线:
焦点为,准线方程为,
设,由抛物线的定义知:①
由已知②
由①②解得,将其代入
解得或,
或,
,,
解得或,
（2）设直线的方程为,,
由 消掉
得,
,
根据韦达定理了可得:, ,
的中点的坐标,
,
,
,
,
,
可得: 解得:
由,可得:
,
又,
点到直线的距离为,
,
记
令解得
在上是增函数,在上是减函数,在上是增函数,
又 ,
当时,取得最大值,此时,
的面积的最大值为.
解析过程见视频:
【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系,所使用方法为韦达定理法:因直线的方程是一次的,圆锥曲线的方程是二次的,故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题,最终转化为一元二次方程问题,故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一,尤其是弦中点问题,弦长问题,可用韦达定理解决.
4年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2023年新I卷，第22题,12分
求直线与抛物线相交所得弦的弦长
抛物线标准方程
由导数求函数的最值 (不含参)
基本(均值)不等式的应用
求平面轨迹方程
2022年新I卷，第11题,5分
求直线与抛物线相交所得弦的弦长
根据抛物线方程求焦点或准线
判断直线与抛物线的位置关系
2021年新Ⅱ卷，第20题,12分
求椭圆中的弦长
根据离心率求椭圆的标准方程
根据弦长求参数
椭圆中的直线过定点问题
2020年新I卷，第13题,5分
求抛物线焦点弦长
无
2020年新Ⅱ卷，第14题,5分
求抛物线焦点弦长
无
1. 4年真题考点分布
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的常考内容，设题不定，难度中等或偏难，分值为5-12分
【备考策略】1.理解、掌握圆锥曲线的弦长公式及其相关计算
2.理解、掌握圆锥曲线的弦长万能公式（硬解定理）及其相关计算
【命题预测】本节内容是新高考卷的常考内容，小题和大题都会作为载体命题，同学们要会结合公式运算，需强化训练复习
知识讲解
弦长公式
若直线与圆雉曲线相交于两点，则弦长
圆锥曲线弦长万能公式（硬解定理）
设直线方程为: y=kx+b (特殊情况要对 k 进行讨论),
圆锥曲线的方程为: fx,y=0, 把直线方程代入曲线方程,
可化为 ax2+bx+c=0a≠0或ay2+by+c=0,a≠0,
设直线和曲线的两交点为 Ax1,y1,Bx2,y2, 求根公式为
x=−b±b2−4ac2a
(1) 若消去 y, 得ax2+bx+c=0a≠0
则弦长公式为:
AB=x1−x22+y1−y22=1+k2⋅x1−x2=1+k2⋅−b+b2−4ac2a−−b−b2−4ac2a=1+k2Δa
(2) 若消去 x,得ay2+by+c=0a≠0
则弦长公式为:
AB=x1−x22+y1−y22=1+1k2⋅y1−y2=1+1k2⋅−b+b2−4ac2a−−b−b2−4ac2a=1+1k2Δa
考点一、椭圆中的弦长问题
1．（2023·全国·高三专题练习）已知斜率为1的直线过椭圆的右焦点，交椭圆于两点，则弦的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意求得直线l的方程，设，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理求得，再利用弦长公式即可得出答案.
【详解】解：由椭圆得，，所以，
所以右焦点坐标为，则直线的方程为，
设，
联立，消y得，，
则，
所以.
即弦长为.
故选：C.
2．（2023·内蒙古通辽·校考模拟预测）已知椭圆E：的离心率为，且过点.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若直线m过椭圆E的右焦点和上顶点，直线l过点且与直线m平行.设直线l与椭圆E交于A，B两点，求AB的长度.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由待定系数法求椭圆方程.
（2）运用韦达定理及弦长公式可求得结果.
【详解】（1）由题意知，，所以，，设椭圆E的方程为.
将点的坐标代入得：，，所以椭圆E的方程为.
（2）由（1）知，椭圆E的右焦点为，上顶点为，所以直线m斜率为，
由因为直线l与直线m平行，所以直线l的斜率为，
所以直线l的方程为，即，
联立，可得，
，，，
所以.
3．（2021·全国·统考高考真题）已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）由离心率公式可得，进而可得，即可得解；
（2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证；
充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解.
【详解】（1）由题意，椭圆半焦距且，所以，
又，所以椭圆方程为；
（2）由（1）得，曲线为，
当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；
当直线的斜率存在时，设，
必要性：
若M，N，F三点共线，可设直线即，
由直线与曲线相切可得，解得，
联立可得，所以，
所以,
所以必要性成立；
充分性：设直线即，
由直线与曲线相切可得，所以，
联立可得，
所以，
所以
，
化简得，所以，
所以或，所以直线或，
所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立；
所以M，N，F三点共线的充要条件是．
【点睛】关键点点睛：
解决本题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重.
4．（2023·浙江·模拟预测）已知椭圆，点，斜率不为0的直线与椭圆交于点，与圆相切且切点为为中点.
(1)求圆的半径的取值范围；
(2)求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设直线l方程，联立直线l方程与椭圆方程可得，，进而可求得点M坐标，由圆N与直线l相切于点M可得，进而可求得，代入可求得，进而求出的范围即可.
（2）由弦长公式可得（），运用换元法即可求得结果.
【详解】（1）如图所示，
由题意知，直线l的斜率存在且不为0，设直线l方程为（），，，设圆N的半径为r，
，
，
， ，
所以，
又因为M为的中点，所以，
又因为圆N与直线l相切于点M，所以，且，
所以，
所以，解得，
所以，
，解得：，
所以（），
所以，即，
所以圆N的半径r的取值范围为.
（2）由（1）知，，
所以（），
令，则（），
所以，
显然在上单调递减，
所以，所以，即，
故的取值范围为.
【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法
1.数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解；
2.构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解；
3.构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．
5．（2023·全国·模拟预测）已知椭圆：的离心率为，过点作轴的垂线，与交于两点，且．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线与椭圆交于，两点，直线与椭圆交于，两点，且，，交于点，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意列式求解，即可得结果；
（2）分类讨论，利用弦长公式结合韦达定理求，换元结合二次函数分析运算.
【详解】（1）由椭圆的离心率为，得，即①，
将代入椭圆方程得，则，
由，得，即②，
由①②并结合，得，，
所以椭圆的标准方程为．
（2）①当直线的斜率为0时，直线的方程为，此时，，所以；
②当直线的斜率不存在时，直线的斜率为0，此时，，所以；
③当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为（），
联立，整理得．
设，，
则，，
所以
．
因为，所以可用替换表达式中的得，
所以．
令，因为，所以，，，
所以，
因为， 则，所以；
综上所述：的取值范围为．
【点睛】方法定睛：解决圆锥曲线中的取值范围问题的常用方法：
1.利用圆锥曲线的几何性质或方程根的判别式构造不等式，从而确定待求量的取值范围；
2.利用已知参数的范围，求待求量的范围，解这类问题的核心是建立参数与待求量间的等量关系；
3.利用已知的不等关系建立不等式，从而求出待求量的取值范围；
4.利用求函数值域的方法将待求量表示为关于其他变量的函数，求其值域，从而确定待求量的取值范围，如本题将表示为关于参数的函数，再利用换元法及二次函数的有关知识求的取值范围．
1．（2023·全国·高三对口高考）已知椭圆，过左焦点作倾斜角为的直线交椭圆于、两点，则弦的长为 ．
【答案】
【分析】设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，结合弦长公式可求得的值.
【详解】在椭圆中，，，则，故点，
设点、，由题意可知，直线的方程为，即，
联立可得，，
由韦达定理可得，，
所以，.
故答案为：.
2．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆，设直线被椭圆C截得的弦长为，求k的值．
【答案】
【分析】利用韦达定理结合弦长公式即可求解.
【详解】设直线与椭圆的交点为，
联立消去整理得，
解得，
所以弦长，
整理得即解得，.
3．（2023秋·西藏林芝·高三校考阶段练习）椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，椭圆经过点且短轴长为2.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点且倾斜角为的直线与椭圆交于，两点，求线段的长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆的几何性质即可求解，
（2）由弦长公式即可求解.
【详解】（1）由题意设椭圆的方䄇为，
因为椭圆经过点且短轴长为2，所以，
所以椭圆的标准方程为.
（2）由已知得直线的方程为，
设，将直线代入，
得，易得，所以，，
所以.
4．（2023·广东佛山·华南师大附中南海实验高中校考模拟预测）在椭圆）中，，过点与的直线的斜率为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设为椭圆的右焦点，为直线上任意一点，过作的垂线交椭圆于两点，求的最大值.
【答案】(1)
(2)最大值为.
【分析】（1）利用两点的斜率公式及椭圆中的关系即可求解；
（2）根据横截式方程设出直线的方程，联立直线的方程与椭圆方程，利用韦达定理及弦长公式，结合两点间的距离公式及基本不等式即可求解.
【详解】（1）过点与的直线的斜率为，
所以，即，
又，即，解得，
所以椭圆的标准方程是.
（2）由题知，作出图形如图所示
设点，则直线的斜率为.
当时，直线的斜率，直线的方程是；
当时，直线的方程是，也符合的形式，
将直线的方程代入椭圆方程得
，且，
设，则.
所以
又，令，则
，
当且仅当，即时等号成立，
由，解得，
所以的最大值为.
5．（2023·全国·模拟预测）已知平面内动点M到两定点E，F的距离之和为4，且E，F两点间的距离为2．
(1)以点E，F所在的直线为x轴，建立适当的坐标系，求点M的轨迹C的方程．
(2)直线l过点F，交曲线C于A，B两点，AB的中点为（异于坐标原点O）．若点Q的坐标之和，求弦AB的长．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据椭圆的定义分析运算即可；
（2）分类讨论斜率是否存在，根据题意结合点差法分析可得，求点Q的坐标，结合题意解得，再利用弦长公式运算求解.
【详解】（1）以点E，F所在的直线为x轴，线段EF的中点O为原点建立平面直角坐标系，
设点
由题意可知，所以点M的轨迹是以E，F为焦点，长轴长的椭圆．
因为，，即，，则，
故点M的轨迹C的方程．
（2）由（1）不妨取，
当直线AB的斜率不存在时，则直线，
此时AB的中点为即为点，可得，不合题意；
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为，点，，
则，可得，
则，两式作差得，
则，即，
可得，故直线，
联立得方程组，解得，
即，
因为，解得或，
所以直线AB的方程为或．
①若直线AB的方程为，
联立得方程组，消去y并整理得，
则，，
所以；
②若直线AB的方程为，
联立得方程组，消去y并整理得，
则，，
所以．
综上所述：弦AB的长为或．
【点睛】方法点睛：
（1）有关圆锥曲线弦长问题的求解方法
涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数的关系、设而不求计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数的关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解．
（2）弦中点问题的解法
点差法在解决有关弦中点、弦所在直线的斜率、弦中点与原点连线斜率问题时可简化运算，但要注意直线斜率是否存在．
考点二、双曲线中的弦长问题
1．（2023·新疆喀什·校考模拟预测）已知双曲线C两条准线之间的距离为1，离心率为2，直线l经过C的右焦点，且与C相交于A、B两点.
(1)求C的标准方程；
(2)若直线l与该双曲线的渐近线垂直，求AB的长度.
【答案】(1)=1
(2)3
【分析】（1）根据双曲线的准线方程公式，结合双曲线的离心率公式进行求解即可.
（2）根据题意设出直线l的方程与双曲线方程联立，利用一元二次方程根与系数关系、双曲线弦长公式进行求解即可.
【详解】（1）因为直线l经过C的右焦点，
所以该双曲线的焦点在横轴上，
因为双曲线C两条准线之间的距离为1，
所以有，
又因为离心率为2，
所以有代入中，可得，
∴C的标准方程为：；
（2）
由上可知：该双曲线的渐近线方程为，
所以直线l的斜率为，由于双曲线和两条直线都关于y轴对称，
所以两条直线与双曲线的相交弦相等.
又因为直线斜率的绝对值小于渐近线斜率的绝对值，
所以直线与双曲线交于左右两支，因此不妨设直线l的斜率为，
方程为与双曲线方程联立为：
，
设，则有，
2．（2023·山东·烟台二中校联考模拟预测）已知等轴双曲线C的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，点M，N在双曲线C上，当直线MN过C的右焦点且斜率为2时，．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若线段MN的垂直平分线与y轴交于点Q，且，求O到直线MN的距离．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意设双曲线，写出直线MN方程，联立方程组，设，，利用韦达定理和弦长公式计算化简求出，即可求解；
（2）设直线MN方程为，易知，联立双曲线方程，利用韦达定理表示，由题意可知Q为的外接圆圆心，设圆的一般方程，结合双曲线方程化简计算可得，得，结合点到直线的距离公式即可求解.
【详解】（1）设双曲线，双曲线的右焦点为，
则直线，其中．
联立，化简可得．
设，，则，．
，
解得，故．
故双曲线C的方程为．
（2）易知直线MN一定不与坐标轴垂直，设其方程为．
联立，整理得，
若，则，则，
此时点M、N关于原点对称，直线MN过原点，点O到直线MN的距离为0，
所以，则．
由于，，故Q为的外接圆圆心，
可设外接圆方程为，则，
则，即，
整理得，由题知，故．
所以，故原点到直线MN的距离为．
3．（2022·全国·统考高考真题）已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①M在上；②；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）利用焦点坐标求得的值，利用渐近线方程求得的关系，进而利用的平方关系求得的值，得到双曲线的方程；
（2）先分析得到直线的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k, M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等价分析得到；由直线和的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率，由②等价转化为，由①在直线上等价于，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.
【详解】（1）右焦点为，∴,∵渐近线方程为，∴，∴，∴，∴，∴．
∴C的方程为：；
（2）由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零，
若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则为线段的中点，假若直线的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知在轴上，即为焦点,此时由对称性可知、关于轴对称，与从而，已知不符；
总之，直线的斜率存在且不为零.
设直线的斜率为,直线方程为,
则条件①在上，等价于；
两渐近线的方程合并为,
联立消去y并化简整理得：
设,线段中点为,则,
设,
则条件③等价于,
移项并利用平方差公式整理得：
，
,即,
即；
由题意知直线的斜率为, 直线的斜率为,
∴由,
∴,
所以直线的斜率,
直线,即,
代入双曲线的方程,即中，
得：,
解得的横坐标：,
同理：，
∴
∴,
∴条件②等价于，
综上所述：
条件①在上，等价于；
条件②等价于；
条件③等价于；
选①②推③:
由①②解得：,∴③成立；
选①③推②：
由①③解得：，，
∴，∴②成立；
选②③推①：
由②③解得：，，∴，
∴，∴①成立.
1．（2023·重庆·统考模拟预测）已知双曲线的实轴长为6，左右焦点分别为，，点在双曲线上，轴，且.
(1)求双曲线及其渐近线的方程；
(2)如图，若过点斜率为的直线与双曲线及其两条渐近线从左至右依次交于，，，四点，且，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意可得，求出，再由双曲线的定义求出，即可得出方程；
（2）设出直线的方程，联立直线与双曲线的方程，根据韦达定理及弦长公式求出，
再联立直线与渐近线方程得出的横坐标，再由弦长公式求出，再由即可得解.
【详解】（1）由题意知，，即，
由轴，可知，代入双曲线方程可得，
又，即，解得，
所以双曲线的方程为.
（2）由（1）可知，，所以，
设直线方程为 ，，，，，
由，可得，
，，
，
由可知双曲线的渐近线方程为和，
联立可得，同理可得
由可得，，
化简可得，即，
整理得，，解得.
2．（2023·重庆·校联考模拟预测）已知双曲线的离心率是，点是双曲线的一个焦点，且点到双曲线的一条渐近线的距离是2.
(1)求双曲线的标准方程.
(2)设点在直线上，过点作两条直线，直线与双曲线交于两点，直线与双曲线交于两点.若直线与直线的倾斜角互补，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题知，进而解方程即可得答案；
（2）由题设，直线，进而与双曲线联立方程结合韦达定理得，直线的斜率为，同理可得，进而根据可得，进而可证明结论.
【详解】（1）解：根据双曲线的对称性，不妨设，其渐近线方程为，
因为焦点到双曲线的一条渐近线的距离是2.
所以，
因为双曲线的离心率是，
所以，，解得
所以，双曲线的标准方程为.
（2）证明：由题意可知直线的斜率存在，设，
直线.
联立整理得，
所以，.
故.
设直线的斜率为，同理可得.
因为直线与直线的倾斜角互补，
所以，所以，
则，即，
所以.
3．（2023·陕西咸阳·校考三模） 已知双曲线的离心率为，过双曲线的右焦点且垂直于轴的直线与双曲线交于两点，且.
(1)求双曲线的标准方程;
(2)若直线：与双曲线的左、右两支分别交于两点，与双曲线的渐近线分别交于两点，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由通径长、离心率列方程组求得得双曲线方程；
（2）直线方程代入双曲线方程，利用直线与双曲线左右相交求得的范围，由韦达定理得，由弦长公式得弦长，再求得的坐标得线段长，然后计算比值，由的范围各结论．
【详解】（1）由题可知，，解得，所以双曲线的标准方程为；
（2）由题可知，直线与双曲线的左、右两支分别交于两点，
联立消去，得，
所以，解得，
且，
所以
.
联立可得，同理可得，
所以，
所以，
其中，则，所以.
【点睛】方法点睛：直线与双曲线相交弦长问题，一般由直线方程与双曲线方程联立方程组消元后应用韦达定理得，再由弦长公式得弦长，不需要求得两交点的具体坐标．
考点三、抛物线中的弦长问题
1．（海南·高考真题）斜率为的直线过抛物线C：y2=4x的焦点，且与C交于A，B两点，则= ．
【答案】
【分析】先根据抛物线的方程求得抛物线焦点坐标，利用点斜式得直线方程，与抛物线方程联立消去y并整理得到关于x的二次方程，接下来可以利用弦长公式或者利用抛物线定义将焦点弦长转化求得结果.
【详解】∵抛物线的方程为，∴抛物线的焦点F坐标为，
又∵直线AB过焦点F且斜率为，∴直线AB的方程为：
代入抛物线方程消去y并化简得，
解法一：解得
所以
解法二：
设，则,
过分别作准线的垂线，设垂足分别为如图所示.
故答案为：
【点睛】本题考查抛物线焦点弦长，涉及利用抛物线的定义进行转化，弦长公式，属基础题.
2．（2023·安徽淮北·统考二模）已知抛物线的焦点和椭圆的右焦点重合，过点任意作直线分别交抛物线于，交椭圆于.当垂直于轴时，.
(1)求和的方程；
(2)是否存在常数，使为定值？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)，
(2)存在常数，使为定值，理由见详解
【分析】（1）由已知的方程为，代入抛物线方程可推得，即可得出，得出抛物线的方程.进而得出焦点，将直线方程代入椭圆方程可推得.结合已知得出关于方程组，求解即可得出椭圆的方程；
（2）假设存在常数.设直线的方程为：，设出各点的坐标.分别联立直线与抛物线以及椭圆的方程，得出关于的方程，进而根据韦达定理得出坐标关系，然后根据弦长公式，表示出，.代入化简整理可得，当，即时，假设成立.
【详解】（1）由已知可得，的方程为，
代入抛物线方程可得，，解得，所以.
由题意知，得，
所以，抛物线方程是.
所以直线的方程为，焦点，所以.
将直线的方程代入椭圆方程可得，，解得，
所以.
由已知可得，，解得，
所以，椭圆的方程为.
（2）
假设存在常数，使为定值.
设直线的方程为：，设，，
联立方程，消化简得.
则恒成立，且，
所以.
设，，
联立方程，消化简得.
则恒成立，且，
所以，.
所以，.
因为为定值，
所以有，所以.
所以，假设成立.
所以，存在常数，使为定值.
【点睛】方法点睛：联立直线与圆锥曲线的方程，根据韦达定理得出坐标关系，然后根据弦长公式，即可表示出弦长.
3．（2023·江西九江·统考三模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线的焦点为F，A，B为E上两点，且点A的纵坐标为，F恰好是的重心.
(1)求E的方程；
(2)若，P，Q为抛物线上相异的两个动点，且，求的最小值.
【答案】(1)
(2)11
【分析】（1）根据点A的坐标及重心F的坐标表示点B，将B的坐标代入抛物线方程可求出，可得抛物线的方程；
（2）设直线PQ的方程为，，，联立直线PQ与抛物线方程，根据韦达定理和，求出，再根据抛物线的定义求出，结合二次函数知识可求出结果.
【详解】（1）由已知可得，，设
F恰好是的重心，，解得，
将代入，得，
，解得，
E的方程为；
（2）设直线PQ的方程为，，，
由方程组，得
，即，且，，
，，
，，
，即，
，
，或，
若，直线PQ过N点，不合题意，舍去，
，此时，，
则，
当时，有最小值为11.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
1．（2023·天津·统考高考真题）过原点的一条直线与圆相切，交曲线于点，若，则的值为 ．
【答案】
【分析】根据圆和曲线关于轴对称，不妨设切线方程为，，即可根据直线与圆的位置关系，直线与抛物线的位置关系解出．
【详解】易知圆和曲线关于轴对称，不妨设切线方程为，，
所以，解得：，由解得：或，
所以，解得：．
当时，同理可得．
故答案为：．
2．（2023·海南海口·海南华侨中学校考二模）已知抛物线，点为其焦点，直线与抛物线交于两点，为坐标原点，．
(1)求抛物线的方程；
(2)过轴上一动点作互相垂直的两条直线，与抛物线分别相交于点和，点分别为的中点，求的最小值．
【答案】(1)
(2)6
【分析】（1）由题意，求得点的坐标，利用三角形的面积，建立方程，可得答案；
（2）利用分类讨论，明确直线的斜率存在，联立方程，写出韦达定理，求得中点坐标，利用两点距离公式，结合基本不等式，可得答案.
【详解】（1）
直线方程为，将其代入抛物线可得，
由已知得，解得，
故抛物线的方程为．
（2）
因为，若直线分别与两坐标轴垂直，
则直线中有一条与抛物线只有一个交点，不合题意，
所以直线的斜率均存在且不为0．设直线的斜率为，
则直线的方程为．
联立，得，则，
设，
则，设，则，则，
所以，同理可得，
故，
当且仅当且，即时等号成立，
故的最小值为6．
3．（2023·全国·统考高考真题）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）设，根据题意列出方程，化简即可；
（2）法一：设矩形的三个顶点，且，分别令，，且，利用放缩法得，设函数，利用导数求出其最小值，则得的最小值，再排除边界值即可.
法二：设直线的方程为，将其与抛物线方程联立，再利用弦长公式和放缩法得，利用换元法和求导即可求出周长最值，再排除边界值即可.
法三：利用平移坐标系法，再设点，利用三角换元再对角度分类讨论，结合基本不等式即可证明.
【详解】（1）设,则，两边同平方化简得，
故.
（2）法一：设矩形的三个顶点在上,且，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，
则,令，
同理令，且，则，
设矩形周长为,由对称性不妨设，，
则.，易知
则令,
令，解得，
当时，，此时单调递减，
当，，此时单调递增，
则，
故,即.
当时,,且，即时等号成立，矛盾，故,
得证.
法二：不妨设在上，且，
依题意可设，易知直线，的斜率均存在且不为0，
则设,的斜率分别为和，由对称性，不妨设，
直线的方程为，
则联立得，
，则
则，
同理，
令，则，设，
则，令，解得，
当时，，此时单调递减，
当，，此时单调递增，
则，
，
但，此处取等条件为，与最终取等时不一致，故.
法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动个单位得抛物线,
矩形变换为矩形,则问题等价于矩形的周长大于.
设 , 根据对称性不妨设 .
则 , 由于 , 则 .
由于 , 且 介于 之间,
则 . 令 ,
,则,从而
故
①当时,
②当 时,由于,从而,
从而又,
故,由此
，
当且仅当时等号成立，故，故矩形周长大于.
.
【点睛】关键点睛：本题的第二个的关键是通过放缩得，同时为了简便运算，对右边的式子平方后再设新函数求导，最后再排除边界值即可.
【能力提升】
1．（2022·陕西宝鸡·统考一模）椭圆经过点，且两焦点与短轴的两个端点的连线构成一个正方形．
(1)求椭圆的方程；
(2)过椭圆的右焦点作直线交于，两点，且，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意列出关于的方程组，即可得到答案；
（2）设，利用弦长公式计算，即可得到答案；
【详解】（1）两焦点与短轴的两个端点的连线构成一个正方形，
，
椭圆过点，
，又，
解得：，
椭圆的方程为：；
（2），设，
联立方程得：，
，
，，，
，，
；
2．（2022·陕西咸阳·武功县普集高级中学统考模拟预测）已知椭圆：的左、右焦点分别为、，是椭圆上一动点，的最大面积为，.
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线与椭圆交于、两点，、为椭圆上两点，且，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据焦距得到，结合三角形面积的最大值得到，利用求得，得到椭圆的方程；
（2）根据已知设出直线的方程，与椭圆联立，利用根与系数的关系及弦长公式得到，判断单调性即可求得最大值.
【详解】（1）解：设椭圆的半焦距为，，，
的最大面积为，，
，
，
椭圆的方程为；
（2）由题知，设直线的方程为，，，
联立，消去并整理得：，
∴，得，
，，
∴，
设，，
由复合函数的单调性知：
在上单调递增，在单调递减，
∴当时，，
故.
3．（2022·内蒙古呼伦贝尔·统考三模）已知圆：，圆：，圆与圆、圆外切，
(1)求圆心的轨迹方程
(2)若过点且斜率的直线与交与两点，线段的垂直平分线交轴与点，证明的值是定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据圆C与圆A、圆B外切，得到<4，再利用双曲线的定义求解；
（2）设直线为，联立，利用弦长公式求得，再根据线段MN的垂直平分线，得到点P的坐标求解.
【详解】（1）解：因为圆C与圆A、圆B外切，
设C点坐标，圆C半径为，
则，，
所以<4，
所以点C的轨迹是双曲线的一支，
又，，，
所以其轨迹方程为；
（2）设直线为，
联立，消去y得：，
所以，
设MN中点坐标为G，则，
所以，
，
直线GP的方程为:，
，
所以，
所以=1.
4．（2022·河南许昌·统考二模）已知双曲线的右焦点为，过点F与x轴垂直的直线与双曲线C交于M，N两点，且.
(1)求C的方程；
(2)过点的直线与双曲线C的左､右两支分别交于D，E两点，与双曲线C的两条渐近线分别交于G，H两点，若，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据双曲线右焦点为，且，由求解；
（2）设直线的方程为，与双曲线方程联立，求得，与双曲线C的渐近线方程联立，求得，根据求解.
【详解】（1）解：由题意得，
解得
故C的方程为.
（2）显然直线率存在，设直线的方程为，，，
联立，得，
因为与双曲线C的左，右两支分别交于D，E两点，
故，
解得，
此时有.
，
，
由，解得，同理可得，
所以.
因为，故.
因为，故，
故实数的取值范围是.
5．（2023·四川绵阳·统考三模）过点的直线与拋物线交于点，（在第一象限），且当直线的倾斜角为时，.
(1)求抛物线的方程；
(2)若，延长交抛物线于点，延长交轴于点，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据条件设直线l得方程，与抛物线方程联立，运用弦长公式求解；
（2）设直线l的方程与抛物线联立，先求出M，N点坐标，写出直线MB方程，与抛物线方程联立，求出P点的坐标，写出直线PN的方程，求出Q点坐标，运用两点直线距离公式求解.
【详解】（1）由题意直线l的斜率 ，所以l得方程为 ，
联立方程 ，解得 ， ，
由弦长公式得： ，
，解得 ， 抛物线方程为 ；
（2）由（1）知：抛物线方程为，设 ，直线l的方程为 ，显然 时存在的，
如图：
联立方程 ，得 ， ，① ，
直线MB的方程为： ，即 ，
， ②，
直线PN的方程为： ，
令 得 ， ，
， ，
由①②得： ；
综上，抛物线方程为， .
6．（2023·陕西安康·统考三模）已知 为抛物线上一点．
(1)求抛物线的准线方程；
(2)过点的直线l与抛物线C交于A，B两点，且直线与的倾斜角互补，求的值．
【答案】(1)
(2)2
【分析】（1）由点在抛物线上求出，计算得抛物线的准线方程；
（2）先设直线再联立方程组求出两根和和两根积，再应用两点间距离公式计算可得.
【详解】（1）由点在抛物线上得，即
∴抛物线的准线方程为.
（2）设直线AB的方程为，,
由直线与的倾斜角互补得，
即
∴
联立得
∴，∴，即，
∴
∴．
7．（2023·全国·模拟预测）已知点在抛物线上，记为坐标原点，，以为圆心，为半径的圆与抛物线的准线相切．
(1)求抛物线的方程；
(2)记抛物线的焦点为，过点作直线与直线垂直，交抛物线于，两点，求弦的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）首先得到抛物线的准线方程，依题意可得，解得、、，即可得解；
（2）由（1）可得，，即可求直线的方程，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，由焦点弦公式计算可得.
【详解】（1）抛物线的焦点为，准线方程为，
依题意可得，解得或，又、、，
所以，所以抛物线方程为.
（2）由（1）可得，，，
因为直线直线，所以，
所以直线的方程为，即，
由，消去整理得，
设，，所以，
所以，
所以.
8．（2022·内蒙古呼伦贝尔·海拉尔第二中学校考模拟预测）已知椭圆的两个焦点分别为和，椭圆上一点到和的距离之和为，且椭圆的离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)过左焦点的直线交椭圆于、两点，线段的中垂线交轴于点（不与重合），是否存在实数，使恒成立？若存在，求出的值；若不存在，请说出理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）由椭圆的定义可求得的值，根据椭圆的离心率求得的值，再求出的值，即可得出椭圆的方程；
（2）分析可知，直线不与轴垂直，分两种情况讨论，一是直线与轴重合，二是直线的斜率存在且不为零，设出直线的方程，与椭圆方程联立，求出、，即可求得的值.
【详解】（1）解：由椭圆的定义可得，则，因为，，则，
因此，椭圆的方程为.
（2）解：若直线与轴垂直，此时，线段的垂直平分线为轴，不合乎题意；
若直线与轴重合，此时，线段的垂直平分线为轴，则点与坐标原点重合，
此时，；
若直线的斜率存在且不为零时，设直线的方程为，设点、，
联立可得，
，
由韦达定理可得，，
则，
所以，线段的中点为，
所以，线段的垂直平分线所在直线的方程为，
在直线方程中，令可得，
故点，所以，，
由弦长公式可得，
因此，.
综上所述，存在，使得恒成立.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
9．（2022·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测）已知椭圆 C：，右焦点为 F(，0) ，且离心率为 ．
(1)求椭圆 C 的标准方程；
(2)设 M，N 是椭圆 C 上不同的两点，且直线 MN 与圆 O：相切，若 T 为弦 MN的中点，求|OT||MN|的取值范围．
【答案】(1)；
(2)[，3].
【分析】（1）由题可得，即求；
（2）当直线的斜率不存在或为0，易求，当直线 MN 斜率存在且不为 0 时，设直线 MN 的方程为：，利用直线与圆相切可得，再联立椭圆方程并应用韦达定理求得，然后利用基本不等式即得.
【详解】（1）由题可得，
∴ = 2 ， =
∴椭圆 C 的方程为：；
（2）当直线 MN 斜率为 0 时，不妨取直线 MN 为 = ，则，
此时，则；
当直线 MN 斜率不存在，不妨取直线 MN 为x=，则，
此时，则；
当直线 MN 斜率存在且不为 0 时，设直线 MN 的方程为：，，
因为直线MN 与圆相切，
所以，即，
又因为直线 MN 与椭圆 C 交于 M，N 两点：
由，得，
则，
所以 MN 中点 T 坐标为，
则，
，
所以
又，当且仅当，即 取等号，
∴|OT||MN|；
综上所述：|OT|∙|MN|的取值范围为[，3].
10．（2022·河南安阳·统考模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知点，，点M满足．记M的轨迹为C．
(1)求C的方程；
(2)设点P为x轴上的动点，经过且不垂直于坐标轴的直线l与C交于A，B两点，且，证明：为定值．
【答案】(1)
(2)证明过程见解析
【分析】（1）利用椭圆定义求轨迹方程；
（2）设出直线l为：，，联立椭圆方程，求出两根之和，两根之积，从而表达出弦长，再求出AB中点，进而表达出AB的垂直平分线，求出P点坐标，得到的长，得到为定值.
【详解】（1）由椭圆的定义可知：M的轨迹为以，为焦点的椭圆，且，，所以，
所以C的方程为
（2）设直线l为：，
则联立得：，
设，则，，
，
则，
AB中点坐标为，
所以AB的垂直平分线为，
令得：，
所以，，
【点睛】直线与椭圆结合问题，设出直线方程，与椭圆联立，得到两根之和，两根之积，表达出弦长或面积，进而求解定值或取值范围等.
【真题感知】
函数22
一、解答题
1．（陕西·高考真题）已知椭圆经过点，离心率为，左右焦点分别为，.
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线：与椭圆交于，两点，与以为直径的圆交于，两点，且满足，求直线的方程.
【答案】（1）（2）或.
【详解】试题分析：（1）由题意可得，解出，的值，即可求出椭圆的方程；
（2）由题意可得以为直径的圆的方程为，利用点到直线的距离公式得：圆心到直线的距离，可得的取值范围，利用弦长公式可得，设，把直线的方程与椭圆的方程联立可得根与系数的关系，进而得到弦长，由，即可解得的值.
试题解析：（1）由题意可得
解得
椭圆的方程为
由题意可得以为直径的圆的方程为
圆心到直线的距离为
由，即，可得
设
联立
整理得
可得：，
解方程得，且满足
直线的方程为或
考点：椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题.
2．（湖南·高考真题）已知，分别是椭圆的左、右焦点，关于直线的对称点是圆的一条直径的两个端点．
（Ⅰ）求圆的方程；
（Ⅱ）设过点的直线被椭圆和圆所截得的弦长分别为，．当最大时，求直线的方程．
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）或
【详解】（Ⅰ）左、右焦点，关于直线的对称点是圆的一条直径的两个端点，即左、右焦点，的重点关于直线的对称点即为圆心；设圆心的坐标为，有，解得，所以圆的方程为；
（Ⅱ）依题意，设直线的方程为，则圆心到直线的距离，所以，由得，设l与E的两个交点坐标分别为，则，所以，从而，当且仅当时等号成立，即，故直线方程为或.
3．（辽宁·高考真题）在平面直角坐标系xOy中，点P到两点，的距离之和等于4，设点P的轨迹为C．
（Ⅰ）写出C的方程；
（Ⅱ）设直线y=kx+1与C交于A，B两点．k为何值时？此时的值是多少？
【答案】（Ⅰ）曲线C的方程为．（Ⅱ）时，．
【分析】（Ⅰ）设P（x，y），由椭圆定义可知，点P的轨迹C是以为焦点，长半轴为2的椭圆．它的短半轴，
故曲线C的方程为．
（Ⅱ）设，其坐标满足
消去y并整理得，
故．
，即．
而，
于是．
所以时，，故．
当时，，．
，
而
，
所以．
【详解】请在此输入详解！
4．（陕西·高考真题）如图，设P是圆上的动点，点D是P在x轴上投影，M为上一点，且.
(1)当P在圆上运动时，求点M的轨迹C的方程；
(2)求过点且斜率为的直线被C所截线段的长度.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）用相关点法求解轨迹方程，设出，得到，代入中，得到轨迹方程；
（2）求出过点且斜率为的直线方程，联立第一问所求的曲线方程，得到两根之和，两根之积，由弦长公式求出答案.
【详解】（1）设，则，，
因为，所以，即，故，
所以，
因为P是圆上的点，所以，即；
（2）过点且斜率为的直线方程为，
与联立得：，易得，
设直线与的两交点坐标分别为，
则，，
故被C所截线段的长度为.
5．（上海·高考真题）双曲线的左、右焦点分别为，直线过且与双曲线交于两点．
（1）若的倾斜角为，是等边三角形，求双曲线的渐近线方程；
（2）设，若的斜率存在，且，求的斜率．
【答案】（1）．（2）．
【详解】试题分析：（1）设，根据题设条件可以得到，从而解得的值．
（2）设，，直线与双曲线方程联立，得到一元二次方程，根据与双曲线交于两点，可得，且．由|AB|=4构建关于的方程进行求解．
试题解析：（1）设．
由题意，，，，
因为是等边三角形，所以，
即，解得．
故双曲线的渐近线方程为．
（2）由已知，．
设，，直线．
由，得．
因为与双曲线交于两点，所以，且．
由，，得，
故，
解得，故的斜率为．
【考点】双曲线的几何性质、直线与双曲线的位置关系、弦长公式
【名师点睛】本题对考生的计算能力要求较高，是一道难题.解答此类题目时，利用的关系，确定双曲线（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与双曲线（圆锥曲线）方程得到方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解.本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题与解决问题的能力等.
6．（安徽·高考真题）设椭圆其相应于焦点的准线方程为.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知过点倾斜角为的直线交椭圆于两点，求证：
;
(3)过点作两条互相垂直的直线分别交椭圆于和,求 的最小值
【答案】(1)；
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）求椭圆的方程关键是计算与的值，由焦点的相应准线方程为，求出的值，再根据可求出代入即可求出椭圆的方程．
（2）由椭圆的第二定义，可以将过焦点的弦长，转化为直线与圆的交点到对应准线的距离，不难证明结论．
（3）由（2）的结论，分别写出，，则可将求的最值转化为一个三角函数问题，然后根据三角函数求最值的方法进行求解．
【详解】（1）由题意得： ，解得，，
故椭圆的方程．
（2）由（1）知，是椭圆的右焦点，，
设为椭圆的左准线，则，
作于点，于点，与轴的交点为．
点在椭圆上，．
，同理．（其中为直线的倾斜角）．
．
（3）设直线的倾斜角为，由于，
由（2）知：，，
．
当或时，取得最小值．
7．（山东·高考真题）如图，设抛物线方程为x2=2py(p＞0),M为直线y=-2p上任意一点，过M引抛物线的切线，切点分别为A，B.
（Ⅰ）求证：A，M，B三点的横坐标成等差数列；
（Ⅱ）已知当M点的坐标为（2，-2p）时，，求此时抛物线的方程；
（Ⅲ）是否存在点M，使得点C关于直线AB的对称点D在抛物线上，其中，点C满足（O为坐标原点）.若存在，求出所有适合题意的点M的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析（2）抛物线方程为或⑶仅存在一点M(0，-2p)适合题意
【详解】（Ⅰ）证明：由题意设
由得，则 所以
因此直线MA的方程为
直线MB的方程为
所以① ②
由①、②得 因此 ，即
所以A、M、B三点的横坐标成等差数列
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，当x0=2时， 将其代入①、②并整理得：
所以 x1、x2是方程的两根，
因此 又
所以
由弦长公式得
又，所以p=1或p=2，
因此所求抛物线方程为或
（Ⅲ）解：设D(x3,y3)，由题意得C(x1+ x2, y1+ y2),
则CD的中点坐标为
设直线AB的方程为
由点Q在直线AB上，并注意到点也在直线AB上，
代入得
若D（x3,y3）在抛物线上，则
因此 x3=0或x3=2x0.
即D(0，0)或
（1）当x0=0时，则，此时，点M(0,-2p)适合题意.
（2）当，对于D(0，0)，此时
又AB⊥CD，所以
即矛盾.
对于因为此时直线CD平行于y轴，
又
所以 直线AB与直线CD不垂直，与题设矛盾，
所以时，不存在符合题意的M点.
综上所述，仅存在一点M(0，-2p)适合题意
8．（浙江·高考真题）已知的三个顶点在抛物线:上,抛物线的焦点,点为的中点,;
（1）若,求点的坐标;
（2）求面积的最大值.
【答案】（1）或；（2）.
【分析】（1）根据抛物线方程为,写出焦点为,准线方程为,设,由抛物线的定义知,,把代入求得点的坐标,再由求得点的坐标；
（2）设直线的方程为,,联立方程组,整理得,先求出的中点的坐标,再由,得出,用弦长公式表示,构造函数,用导数法求的面积的最大值.
【详解】（1）抛物线:
焦点为,准线方程为,
设,由抛物线的定义知:①
由已知②
由①②解得,将其代入
解得或,
或,
,,
解得或,
（2）设直线的方程为,,
由 消掉
得,
,
根据韦达定理了可得:, ,
的中点的坐标,
,
,
,
,
,
可得: 解得:
由,可得:
,
又,
点到直线的距离为,
,
记
令解得
在上是增函数,在上是减函数,在上是增函数,
又 ,
当时,取得最大值,此时,
的面积的最大值为.
解析过程见视频:
【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系,所使用方法为韦达定理法:因直线的方程是一次的,圆锥曲线的方程是二次的,故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题,最终转化为一元二次方程问题,故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一,尤其是弦中点问题,弦长问题,可用韦达定理解决.
4年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2023年新I卷，第22题,12分
求直线与抛物线相交所得弦的弦长
抛物线标准方程
由导数求函数的最值 (不含参)
基本(均值)不等式的应用
求平面轨迹方程
2022年新I卷，第11题,5分
求直线与抛物线相交所得弦的弦长
根据抛物线方程求焦点或准线
判断直线与抛物线的位置关系
2021年新Ⅱ卷，第20题,12分
求椭圆中的弦长
根据离心率求椭圆的标准方程
根据弦长求参数
椭圆中的直线过定点问题
2020年新I卷，第13题,5分
求抛物线焦点弦长
无
2020年新Ⅱ卷，第14题,5分
求抛物线焦点弦长
无
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