专练08 解析几何的二十个考查热点-备战高考数学大一轮复习核心考点精讲精练（新高考专用）

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热点一
斜率、直线方程
1．（2022·全国·统考高考真题）图1是中国古代建筑中的举架结构，是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中是举，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为．已知成公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（ ）
A．0.75B．0.8C．0.85D．0.9
【答案】D
【分析】设，则可得关于的方程，求出其解后可得正确的选项.
【详解】设，则，
依题意，有，且，
所以，故，
故选：D
2.（2023上·安徽合肥·高三合肥市第十中学校联考期中）点分别是函数图象上的动点，则的最小值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】当函数在点处的切线与平行时，最小，根据导数的几何意义求出切点即可.
【详解】当函数在点处的切线与平行时，最小.
，令得或（舍），所以切点为，
所以的最小值为切点到直线的距离，
所以的最小值为.
故选：D.
【点评】
直线的斜率与倾斜角往往综合考查，特别要注意与导数的几何意义的交汇问题.
2. 求直线的斜率与倾斜角的范围.若斜率k是含参数的一个式子，则利用函数或不等式的方法求其范围；若是给出图形求斜率与倾斜角的范围，则采用数开结合的方法求其范围．
热点二
直线与圆
3．（2020·全国·统考高考真题）已知圆，过点（1，2）的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为（ ）
A．1B．2
C．3D．4
【答案】B
【分析】当直线和圆心与点的连线垂直时，所求的弦长最短，即可得出结论.
【详解】圆化为，所以圆心坐标为，半径为，
设，当过点的直线和直线垂直时，圆心到过点的直线的距离最大，所求的弦长最短，此时
根据弦长公式得最小值为.
故选：B.
4.（2023·全国·统考高考真题）过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ）
A．1B．C．D．
【答案】B
【分析】方法一：根据切线的性质求切线长，结合倍角公式运算求解；方法二：根据切线的性质求切线长，结合余弦定理运算求解；方法三：根据切线结合点到直线的距离公式可得，利用韦达定理结合夹角公式运算求解.
【详解】方法一：因为，即，可得圆心，半径，
过点作圆C的切线，切点为，
因为，则，
可得，
则，
，
即为钝角，
所以；
法二：圆的圆心，半径，
过点作圆C的切线，切点为，连接，
可得，则，
因为
且，则，
即，解得，
即为钝角，则，
且为锐角，所以；
方法三：圆的圆心，半径，
若切线斜率不存在，则切线方程为，则圆心到切点的距离，不合题意；
若切线斜率存在，设切线方程为，即，
则，整理得，且
设两切线斜率分别为，则，
可得，
所以，即，可得，
则，
且，则，解得.
故选：B.

【点评】
直线与圆的问题，是高考命题的大热门，往往涉及直线、距离公式、圆的方程、圆的性质、直线与圆的“切交离”三种位置关系、圆与圆等，命题角度极为灵活.应特别注意判断直线与圆相切的几何法以及弦长的两种求法：
(1)代数方法：将直线和圆的方程联立方程组，消元后得到一个一元二次方程．在判别式Δ＞0的前提下，利用根与系数的关系，根据弦长公式求弦长．
(2)几何方法：若弦心距为d，圆的半径长为r，则弦长l＝2eq \r(r2－d2).
热点三
曲线与方程
5．（2020·全国·统考高考真题）在平面内，A，B是两个定点，C是动点，若，则点C的轨迹为（ ）
A．圆B．椭圆C．抛物线D．直线
【答案】A
【分析】首先建立平面直角坐标系，然后结合数量积的定义求解其轨迹方程即可.
【详解】设，以AB中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，

则：，设，可得：，
从而：，
结合题意可得：，
整理可得：，
即点C的轨迹是以AB中点为圆心，为半径的圆.
故选：A.
6.【多选题】（2023·全国·高三专题练习）设，两点的坐标分别为，，直线，相交于点，且它们的斜率之积为常数，则下列结论正确的是（ ）
A．时，点的轨迹为焦点在轴的双曲线（不含与轴的交点）
B．时，点的轨迹为焦点在轴的椭圆（不含与轴的交点）
C．时，点的轨迹为焦点在轴的椭圆（不含与轴的交点）
D．时，点的轨迹为椭圆（不含与轴的交点）
【答案】AB
【分析】设，由斜率公式得到，再根据各个选项中的取值范围，结合椭圆和双曲线的标准方程，进行分析判断即可得解.
【详解】设，则，，则，
即得，整理可得，
当时，易知点的轨迹为焦点在轴的双曲线（不含与轴的交点），故A正确；
当时，可化为，因为，
所以点的轨迹为焦点在轴的椭圆（不含与轴的交点），故B正确；
当时，可化为，因为，
所以点的轨迹为焦点在轴，以，为短轴端点的椭圆（除去点，），故C错误；
若，则，表示以原点为圆心，为半径的圆（除去点，），故D错误；
故选：AB．
【点评】
求轨迹方程或判断曲线类型，主要利用直接法、定义法、交轨法及待定系数法等．
热点四
椭圆的定义及其应用
7．（2023·全国·统考高考真题）设为椭圆的两个焦点，点在上，若，则（ ）
A．1B．2C．4D．5
【答案】B
【分析】方法一：根据焦点三角形面积公式求出的面积，即可解出；
方法二：根据椭圆的定义以及勾股定理即可解出．
【详解】方法一：因为，所以，
从而，所以．
故选：B.
方法二：
因为，所以，由椭圆方程可知，，
所以，又，平方得：
，所以．
故选：B.
8.（2023上·广东深圳·高三红岭中学校考阶段练习）点在以为焦点的椭圆上，若线段的中点在轴上，则是的（ ）
A．3倍B．4倍C．5倍D．7倍
【答案】D
【分析】根据线段的中点M在y轴上，推出轴，由此可设，代入椭圆方程求出，再根据两点间的距离公式求出和可得解.
【详解】
由可知，，所以，
所以，
∵线段的中点M在y轴上，且原点O为线段的中点，
所以，所以轴
∴可设，
把代入椭圆，得.
∴，.
∴.
故选：D.
9．（2023·全国·统考高考真题）设O为坐标原点，为椭圆的两个焦点，点 P在C上，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】方法一：根据焦点三角形面积公式求出的面积，即可得到点的坐标，从而得出的值；
方法二：利用椭圆的定义以及余弦定理求出，再结合中线的向量公式以及数量积即可求出；
方法三：利用椭圆的定义以及余弦定理求出，即可根据中线定理求出．
【详解】方法一：设，所以，
由，解得：，
由椭圆方程可知，，
所以，，解得：，
即，因此．
故选：B．
方法二：因为①，，
即②，联立①②，
解得：，
而，所以，
即．
故选：B．
方法三：因为①，，
即②，联立①②，解得：，
由中线定理可知，，易知，解得：．
故选：B．
【点评】
(1)椭圆定义的应用主要有：求椭圆的标准方程，求焦点三角形的周长、面积及弦长、最值和离心率等．
(2)通常将定义和余弦定理结合使用求解关于焦点三角形的周长和面积问题．
热点五
求椭圆的标准方程
10.（2022·全国·统考高考真题）已知椭圆的离心率为，分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若，则C的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据离心率及，解得关于的等量关系式，即可得解.
【详解】解：因为离心率，解得，，
分别为C的左右顶点，则，
B为上顶点，所以.
所以，因为
所以，将代入，解得，
故椭圆的方程为.
故选：B.
11.（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆G：，斜率为的直线l交椭圆于A，B两点.若AB的中点坐标为，试写出椭圆G的一个标准方程 .
【答案】（答案不唯一）
【分析】设点，，利用点差法可得答案.
【详解】设点，，
则，
两个等式作差得，
整理可得，
因为线段AB的中点为，
可得，
又，
所以，
所以，故可设，
此时椭圆G的方程为.
故答案为：.（答案不唯一）

【点评】
确定椭圆方程的类型主要有：（1）利用定义法；（2）利用a,b,c，求得椭圆方程；（3）根据椭圆上的点求椭圆方程.
热点六
椭圆的几何性质
12.（2020·山东·统考高考真题）已知椭圆的长轴长为10，焦距为8，则该椭圆的短轴长等于（ ）
A．3B．6C．8D．12
【答案】B
【分析】根据椭圆中的关系即可求解.
【详解】椭圆的长轴长为10，焦距为8，
所以，，可得，，
所以，可得，
所以该椭圆的短轴长，
故选：B.
13.【多选题】（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中校考模拟预测）已知曲线：为焦点在轴上的椭圆，则（ ）
A．B．的离心率为
C．的短轴长的取值范围是D．的值越小，的焦距越大
【答案】AC
【分析】先把椭圆的方程化为标准形式，然后根据椭圆的几何性质逐项求解即可.
【详解】曲线：为焦点在轴上的椭圆，
则曲线的标准方程为，其中，
因为的焦点在轴上，所以，即，故A正确；
的离心率为，故B错误；
的短轴长，当时，，故C正确；
的焦距，当时，；当时，，故D错误．
故选：AC．
热点七
椭圆的离心率及其范围
14．（2021·全国·统考高考真题）设是椭圆的上顶点，若上的任意一点都满足，则的离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，由，根据两点间的距离公式表示出 ，分类讨论求出的最大值，再构建齐次不等式，解出即可．
【详解】设，由，因为 ，，所以
，
因为，当，即 时，，即 ，符合题意，由可得，即 ；
当，即时， ，即，化简得， ，显然该不等式不成立．
故选：C．
15.（2021·浙江·统考高考真题）已知椭圆，焦点，，若过的直线和圆相切，与椭圆在第一象限交于点P，且轴，则该直线的斜率是 ，椭圆的离心率是 .
【答案】
【分析】不妨假设，根据图形可知，，再根据同角三角函数基本关系即可求出；再根据椭圆的定义求出，即可求得离心率．
【详解】
如图所示：不妨假设，设切点为，
，
所以, 由，所以，，
于是，即，所以．
故答案为：；．
【点评】
1.求椭圆离心率或其范围的方法
解题的关键是借助图形建立关于a，b，c的关系式(等式或不等式)，转化为e的关系式，常用方法如下：
(1)直接求出a，c，利用离心率公式e＝eq \f(c,a)求解．
(2)由a与b的关系求离心率，利用变形公式e＝eq \r(1－\f(b2,a2))求解．
(3)构造a，c的齐次式．离心率e的求解中可以不求出a，c的具体值，而是得出a与c的关系，从而求得e.
2.利用椭圆的简单几何性质求值或范围的思路
(1)将所求问题用椭圆上点的坐标表示，利用坐标范围构造函数或不等关系．
(2)将所求范围用a，b，c表示，利用a，b，c自身的范围、关系求范围．
热点八
直线与椭圆的位置关系
16．（2023·全国·统考高考真题）已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线与C交于A，B两点，若面积是面积的2倍，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先联立直线方程与椭圆方程，利用，求出范围，再根据三角形面积比得到关于的方程，解出即可.
【详解】将直线与椭圆联立，消去可得，
因为直线与椭圆相交于点，则，解得，
设到的距离到距离，易知，
则，，
，解得或（舍去），
故选：C.
17．（2022·全国·统考高考真题）已知直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则l的方程为 ．
【答案】
【分析】令的中点为，设，，利用点差法得到，设直线，，，求出、的坐标，再根据求出、，即可得解；
【详解】[方法一]：弦中点问题：点差法
令的中点为，设，，利用点差法得到，
设直线，，，求出、的坐标，
再根据求出、，即可得解；
解：令的中点为，因为，所以，
设，，则，，
所以，即
所以，即，设直线，，，
令得，令得，即，，
所以，
即，解得或（舍去），
又，即，解得或（舍去），
所以直线，即；
故答案为：
[方法二]：直线与圆锥曲线相交的常规方法
解：由题意知，点既为线段的中点又是线段MN的中点，
设，，设直线，，，
则，，，因为，所以
联立直线AB与椭圆方程得消掉y得
其中，
∴AB中点E的横坐标,又，∴
∵，，∴,又，解得m=2
所以直线，即
18.（2023·北京·统考高考真题）已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，．
(1)求的方程；
(2)设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）结合题意得到，，再结合，解之即可；
（2）依题意求得直线、与的方程，从而求得点的坐标，进而求得，再根据题意求得，得到，由此得解.
【详解】（1）依题意，得，则，
又分别为椭圆上下顶点，，所以，即，
所以，即，则，
所以椭圆的方程为.
（2）因为椭圆的方程为，所以，
因为为第一象限上的动点，设，则，

易得，则直线的方程为，
，则直线的方程为，
联立，解得，即，
而，则直线的方程为，
令，则，解得，即，
又，则，，
所以
，
又，即，
显然，与不重合，所以.
【点评】
1.解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，应用根与系数的关系，解决相关问题．涉及中点弦的问题时用“点差法”解决，往往会更简单．记住必须检验．
2.设直线与椭圆的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝eq \r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2])
或|AB|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2)))[y1＋y22－4y1y2])(k为直线斜率)．
3.利用公式计算直线被椭圆截得的弦长是在方程有解的情况下进行的，不要忽略判别式．
4.解答直线与椭圆相交的题目时，常用到“设而不求”的方法，即联立直线和椭圆的方程，消去y(或x)得一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件，建立有关参变量的等量关系求解．
5.涉及直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
热点九
双曲线的定义及其应用
19．（2021·全国·统考高考真题）已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据双曲线的定义及条件，表示出，结合余弦定理可得答案.
【详解】因为，由双曲线的定义可得，
所以，；
因为,由余弦定理可得，
整理可得，所以，即.
故选：A
20.（2023上·云南楚雄·高三统考期中）双曲线C：的左、右顶点分别为，，左、右焦点分别为，，过作直线与双曲线C的左、右两支分别交于A，B两点.若，且，则直线与的斜率之积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，利用双曲线定义推出相关线段的长，进而在和中利用余弦定理，求出以及，继而求得，再结合双曲线方程推出，即可求得答案.
【详解】由题意结合双曲线定义可知，且，
不妨设，则，，，
.
在中，，由余弦定理得，
即，即，
解得.
在中，由余弦定理得，
即，即，结合，
即得，故得，即.
又可设，则，
而，故，
故选：A
【点评】
在“焦点三角形”中，常利用正弦定理、余弦定理，结合||PF1|－|PF2||＝2a，运用平方的方法，建立与|PF1|·|PF2|的联系．
热点十
双曲线的标准方程及其几何性质
21.（2023·天津·统考高考真题）双曲线的左、右焦点分别为．过作其中一条渐近线的垂线，垂足为．已知，直线的斜率为，则双曲线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先由点到直线的距离公式求出，设，由得到，.再由三角形的面积公式得到，从而得到，则可得到，解出，代入双曲线的方程即可得到答案.
【详解】如图，

因为，不妨设渐近线方程为，即，
所以，
所以.
设,则，所以，所以.
因为,所以，所以，所以，
所以，
因为，
所以，
所以，解得，
所以双曲线的方程为
故选：D
22.（2022·全国·统考高考真题）若双曲线的渐近线与圆相切，则 ．
【答案】
【分析】首先求出双曲线的渐近线方程，再将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，依题意圆心到直线的距离等于圆的半径，即可得到方程，解得即可．
【详解】解：双曲线的渐近线为，即，
不妨取，圆，即，所以圆心为，半径，
依题意圆心到渐近线的距离，
解得或（舍去）．
故答案为：．
【点评】
求双曲线的渐近线或离心率的方法
①求出a，b，c直接求离心率，写渐近线方程．
②列出a，b，c的各次方程(或不等式)，然后解方程或不等式．
(2)双曲线性质的综合应用要充分注意与平面几何知识的联系，善于发现条件中的相等或不等关系．
热点十一
双曲线的离心率及其范围
23．【多选题】（2022·全国·统考高考真题）双曲线C的两个焦点为，以C的实轴为直径的圆记为D，过作D的切线与C交于M，N两点，且，则C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【分析】依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，利用正弦定理结合三角变换、双曲线的定义得到或，即可得解，注意就在双支上还是在单支上分类讨论.
【详解】[方法一]：几何法，双曲线定义的应用
情况一
M、N在双曲线的同一支，依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为B，
所以，因为，所以在双曲线的左支，
，， ，设，由即，则，
选A
情况二
若M、N在双曲线的两支，因为，所以在双曲线的右支，
所以，， ，设，
由，即，则，
所以，即，
所以双曲线的离心率
选C
[方法二]：答案回代法
特值双曲线
，
过且与圆相切的一条直线为，
两交点都在左支,，
，
则，
特值双曲线，
过且与圆相切的一条直线为，
两交点在左右两支，在右支，，
，
则，
[方法三]：
依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，
若分别在左右支，
因为，且，所以在双曲线的右支，
又，，，
设，，
在中，有，
故即，
所以，
而，，，故，
代入整理得到，即，
所以双曲线的离心率
若均在左支上，
同理有，其中为钝角，故，
故即，
代入，，，整理得到：，
故，故，
故选：AC.
24（2023·湖北·武汉市第三中学校联考一模）已知圆与双曲线，若在双曲线上存在一点，使得过点所作的圆的两条切线，切点为、，且，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】连接、、，则，，设点，则，分析可得，可得出的取值范围，由可求得的取值范围.
【详解】连接、、，则，，
由切线长定理可知，，
又因为，，所以，，
所以，，则，
设点，则，且，
所以，，
所以，，故，
故选：B.
【点评】
求双曲线的渐近线或离心率的方法
①求出a，b，c直接求离心率，写渐近线方程．
②列出a，b，c的各次方程(或不等式)，然后解方程或不等式．
(2)双曲线性质的综合应用要充分注意与平面几何知识的联系，善于发现条件中的相等或不等关系．
热点十二
直线与双曲线的位置关系
25．（2023秋·贵州·高三凯里一中校联考开学考试）设直线与双曲线相交于两点，为上不同于的一点，直线的斜率分别为，若的离心率为，则（ ）
A．3B．1C．2D．
【答案】B
【分析】设点的坐标，代入双曲线方程，利用点差法化简可得，求值即可.
【详解】由题意可知点关于原点对称，设，则有，，
都在双曲线上，有，，两式相减得，
则，得，即，
又由，则.
故选：.
26.（2023·全国·统考高考真题）设A，B为双曲线上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据点差法分析可得，对于A、B、D：通过联立方程判断交点个数，逐项分析判断；对于C：结合双曲线的渐近线分析判断.
【详解】设，则的中点，
可得，
因为在双曲线上，则，两式相减得，
所以.
对于选项A： 可得，则，
联立方程，消去y得，
此时，
所以直线AB与双曲线没有交点，故A错误；
对于选项B：可得，则，
联立方程，消去y得，
此时，
所以直线AB与双曲线没有交点，故B错误；
对于选项C：可得，则
由双曲线方程可得，则为双曲线的渐近线，
所以直线AB与双曲线没有交点，故C错误；
对于选项D：，则，
联立方程，消去y得，
此时，故直线AB与双曲线有交两个交点，故D正确；
故选：D.
27.（2024秋·江西·高三校联考阶段练习）已知双曲线的离心率为2，右焦点到一条渐近线的距离为.
(1)求双曲线的方程；
(2)已知点，过点作直线与双曲线相交于两点，若，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)，或.
【分析】（1）先利用焦点到渐近线的距离求得，再根据离心率求得，从而求出双曲线方程；
（2）分类讨论，当直线的斜率为0时，满足题意，当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，与双曲线联立，韦达定理，结合及点在直线上求解方程即可.
【详解】（1）由题知，双曲线的一条斩近线为，则，
又，所以，所以双曲线的方程为.
（2）由（1）知，，，由题易知直线的斜率存在，
当直线的斜率为0时，直线的方程为，
此时直线与双曲线的交点为和，满足，符合题意；
当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，
设，线段的中点为，联立，
整理得，所以，
即，所以，，，，
因为，所以，所以，
所以，又点在直线上，所以，所以，
解得或，满足，
所以直线的方程为或.
综上，直线的方程为，或.

热点十三
抛物线的定义及其应用
28.（2023·北京·统考高考真题）已知抛物线的焦点为，点在上．若到直线的距离为5，则（ ）
A．7B．6C．5D．4
【答案】D
【分析】利用抛物线的定义求解即可.
【详解】因为抛物线的焦点，准线方程为，点在上，
所以到准线的距离为，
又到直线的距离为，
所以，故.
故选：D.
29．【多选题】（2023·全国·高三专题练习）设抛物线E：的焦点为F，点A，B是抛物线E上不同的两点，且，则（ ）
A．线段AB的中点到E的准线的距离为4
B．直线AB过原点时，
C．直线AB的倾斜角的取值范围为
D．线段AB的垂直平分线过某一定点
【答案】ABD
【分析】先求出，可判断A与B，设直线的方程为，联立抛物线，结合韦达定理与判别式可判断C，化简的垂直平分线方程可判断D．
【详解】由题意知焦点，准线为，设，由抛物线：，得，
由抛物线的定义得，所以，
所以线段AB的中点到E的准线的距离为，故A正确；
直线AB过原点时，设，则，所以，，所以，故B正确；
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为，
由得，
所以，得，又，
得，故或，故C错误；
直线AB的斜率存在时，线段AB的中点的坐标为，
所以线段AB的垂直平分线的方程为，又，
所以得，直线过定点，
当直线AB的斜率不存在时也成立，故D正确．
故选：ABD．
【点评】
应用抛物线定义的两个关键点
①由抛物线定义，把抛物线上点到焦点距离与到准线距离相互转化．②抛物线焦点到准线的距离为p.
热点十四
抛物线的标准方程及其几何性质
30.【多选题】（2022·全国·统考高考真题）已知O为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交C于P，Q两点，则（ ）
A．C的准线为B．直线AB与C相切
C．D．
【答案】BCD
【分析】求出抛物线方程可判断A，联立AB与抛物线的方程求交点可判断B，利用距离公式及弦长公式可判断C、D.
【详解】将点的代入抛物线方程得，所以抛物线方程为，故准线方程为，A错误；
，所以直线的方程为，
联立，可得，解得，故B正确；
设过的直线为，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，
所以，直线的斜率存在，设其方程为，，
联立，得，
所以，所以或，，
又，，
所以，故C正确；
因为，，
所以，而，故D正确.
故选：BCD
31．（2021·全国·统考高考真题）已知为坐标原点，抛物线：()的焦点为，为上一点，与轴垂直，为轴上一点，且，若，则的准线方程为 .
【答案】
【分析】先用坐标表示，再根据向量垂直坐标表示列方程，解得，即得结果.
【详解】抛物线： ()的焦点,
∵P为上一点，与轴垂直，
所以P的横坐标为，代入抛物线方程求得P的纵坐标为,
不妨设,
因为Q为轴上一点，且，所以Q在F的右侧，
又，
因为，所以,
，
所以的准线方程为
故答案为：.
热点十五
直线与抛物线的位置关系
32．【多选题】（2023·全国·统考高考真题）设O为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则（ ）．
A．B．
C．以MN为直径的圆与l相切D．为等腰三角形
【答案】AC
【分析】先求得焦点坐标，从而求得，根据弦长公式求得，根据圆与等腰三角形的知识确定正确答案.
【详解】A选项：直线过点，所以抛物线的焦点，
所以，则A选项正确，且抛物线的方程为.
B选项：设，
由消去并化简得，
解得，所以，B选项错误.
C选项：设的中点为，到直线的距离分别为，
因为，
即到直线的距离等于的一半，所以以为直径的圆与直线相切，C选项正确.
D选项：直线，即，
到直线的距离为，
所以三角形的面积为，
由上述分析可知，
所以，
所以三角形不是等腰三角形，D选项错误.
故选：AC.

33．（2023上·湖北武汉·高三武钢三中校考阶段练习）已知直线，抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于两点，点关于轴对称的点为.若过点的圆与直线相切，且与直线交于点，则当时，直线的斜率为 .
【答案】
【分析】设：，联立方程根据韦达定理得到，根据向量运算得到，解方程组代入斜率公式计算得到答案.
【详解】如图所示：抛物线的焦点为，准线方程为，，
设，，，，：，
则，即，，故，
，即，即，
故，；或，；
.
故答案为：.
34．（2023春·江西·高三统考阶段练习）已知直线与抛物线交于两点，.
(1)求；
(2)设抛物线的焦点为，过点且与垂直的直线与抛物线交于，求四边形的面积.
【答案】(1)2
(2)32
【分析】（1）联立和抛物线方程，可得根与系数关系式，利用弦长公式即可求得答案；
（2）求出直线的方程，联立抛物线方程可得根与系数关系式，求出，根据四边形面积的计算可得答案.
【详解】（1）设，
由，可得，
易得，所以，
则，
即，因为，所以.
（2）由题意可得抛物线的焦点为，直线的方程为.
联立，化简可得，则，

设，则，
则，
因为，所以.
【点评】
(1)求解直线与抛物线问题，一般利用方程法，但涉及抛物线的弦长、中点、距离等问题时，要注意“设而不求”“整体代入”“点差法”以及定义的灵活应用．
(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点．若过抛物线的焦点(设焦点在x轴的正半轴上)，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则可用弦长公式．
热点十六
圆锥曲线的定点问题
35．（2023·全国·统考高考真题）已知椭圆的离心率是，点在上．
(1)求的方程；
(2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点．
【答案】(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；
（2）设直线的方程，进而可求点的坐标，结合韦达定理验证为定值即可.
【详解】（1）由题意可得，解得，
所以椭圆方程为.
（2）由题意可知：直线的斜率存在，设，
联立方程，消去y得：，
则，解得，
可得，
因为，则直线，
令，解得，即,
同理可得，
则
，
所以线段的中点是定点.

36．（2024·全国·高三专题练习）如图，已知点和点在双曲线上，双曲线的左顶点为，过点且不与轴重合的直线与双曲线交于，两点，直线，与圆分别交于，两点.

(1)求双曲线的标准方程；
(2)设直线，的斜率分别为，，求的值；
(3)证明：直线过定点.
【答案】(1)
(2)
(3)直线过定点,证明见解析.
【分析】（1）根据双曲线上的点求标准方程；
（2）利用韦达定理运算求解即可；
（3）利用联立方程组，结合韦达定理求得的坐标，猜想过定点，并用三点共线与斜率的关系证明求解.
【详解】（1）因为点和点在双曲线上，
所以，解得，所以双曲线的标准方程为.
（2）由题可知，直线的斜率不等于零，故可设直线的方程为，
设，
联立，整理得，
若，即，直线的斜率为，与渐近线平行，
此时直线与双曲线有且仅有一个交点，不满足题意，所以，
所以
，
，
因为,所以
，所以.
（3）（i）当轴时，且，
所以，则，
联立，整理得，
即，解得或，
当时，，所以，
由于对称性，，此时直线过定点；
（ii）当不垂直于轴时，以下证明直线仍过定点设为，
因为，所以联立，
即，所以，
解得或，
当时，，
所以,
同理，将上述过程中替换为可得，
所以，，
因为，所以，
所以，
所以三点共线，即此时直线恒过定点，
综上直线过定点.
37.（2024·全国·高三专题练习）已知抛物线：过点．
(1)求抛物线的方程；
(2)，是抛物线上的两个动点，直线的斜率与直线的斜率之和为4，证明：直线恒过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将代入抛物线方程求解即可；
（2）设：，再联立抛物线方程，设，，再根据直线的斜率与直线的斜率之和为4，结合韦达定理求解即可.
【详解】（1）坐标代入抛物线方程得，解得，
∴抛物线方程为．
（2）证明：显然直线斜率不为0，故可设：，将的方程与联立得，
设，，则，，
所以，
，同理：，
由题意：，
∴，
∴，即，
代入直线得，
故直线恒过定点．

【点评】
解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
热点十七
圆锥曲线的定值问题
38．（2020·山东·统考高考真题）已知椭圆C：的离心率为，且过点．
（1）求的方程：
（2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值．
【答案】（1）；（2）详见解析.
【分析】（1）由题意得到关于的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.
（2）方法一：设出点，的坐标，在斜率存在时设方程为, 联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到的关系，进而得直线恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置.
【详解】（1）由题意可得：，解得：，
故椭圆方程为：.
(2)［方法一］：通性通法
设点，
若直线斜率存在时，设直线的方程为：，
代入椭圆方程消去并整理得：，
可得，，
因为，所以，即，
根据,代入整理可得：
，
所以，
整理化简得，
因为不在直线上，所以，
故，于是的方程为，
所以直线过定点直线过定点.
当直线的斜率不存在时，可得，
由得：，
得，结合可得：，
解得：或（舍）.
此时直线过点.
令为的中点，即，
若与不重合，则由题设知是的斜边，故，
若与重合，则，故存在点，使得为定值.
［方法二］【最优解】：平移坐标系
将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为，设直线的方程为．将直线方程与椭圆方程联立得，即，化简得，即．
设，因为则，即．
代入直线方程中得．则在新坐标系下直线过定点，则在原坐标系下直线过定点．
又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．
故存在，使得．
［方法三］：建立曲线系
A点处的切线方程为，即．设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．由题意得．
则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线可表示为（其中为系数）．
用直线及点A处的切线可表示为（其中为系数）．
即．
对比项、x项及y项系数得
将①代入②③，消去并化简得，即．
故直线的方程为，直线过定点．又，D在以为直径的圆上．中点即为圆心Q．
经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．
［方法四］：
设．
若直线的斜率不存在，则．
因为，则，即．
由，解得或（舍）．
所以直线的方程为．
若直线的斜率存在，设直线的方程为，则．
令，则．
又，令，则．
因为，所以，
即或．
当时，直线的方程为．所以直线恒过，不合题意；
当时，直线的方程为，所以直线恒过．
综上，直线恒过，所以．
又因为，即，所以点D在以线段为直径的圆上运动．
取线段的中点为，则．
所以存在定点Q，使得为定值．
39.（2023·江西·校联考模拟预测）已知双曲线，渐近线方程为，点在上；

(1)求双曲线的方程；
(2)过点的两条直线，分别与双曲线交于，两点（不与点重合），且两条直线的斜率，满足，直线与直线，轴分别交于，两点，求证：的面积为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得双曲线的方程.
（2）设出直线的方程并与双曲线方程联立，化简写出根与系数关系，根据列方程，判断出点的位置，从而求得的面积为定值.
【详解】（1），，依题意，，
所以双曲线的方程为.
（2）依题意可知斜率存在，设方程为，，，
，
，①，
，
整理得.
1），，过舍去，
2），，过点，
此时，将代入①得，
与交于点，故（定值）
40.（2023秋·湖南·高三临澧县第一中学校联考开学考试）已知抛物线的焦点为，抛物线的焦点为，且．
(1)求的值；
(2)若直线l与交于M，N两点，与交于P，Q两点，M，P在第一象限，N，Q在第四象限，且，证明：为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据抛物线方程可得，，进而结合两点间的距离公式求解即可；
（2）由（1）知，，设直线，，，，，根据题意结合图形可知，且，联立直线与抛物线和的方程结合韦达定理可得，，由结合向量知识可得，进而得到，进而得到，联立，可得，，，，进而求证即可.
【详解】（1）由题意知，，
所以，
解得．
（2）由（1）知，．
设直线，，，，，
根据题意结合图形可知，且．
联立，得，
则，
同理联立，得，
则．
由可得，，
又，，
所以，
即，化简得，即，
又因为，，所以，
再由，得．
联立，解得，
所以，，．
故，
所以为定值.
【点评】
求解定值问题的三个步骤
（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；
（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；
（3）得出结论．
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圆锥曲线的定直线问题
41.（2023·全国·统考高考真题）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上.
【答案】(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题意求得的值即可确定双曲线方程；
（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线与的方程，联立直线方程，消去，结合韦达定理计算可得，即交点的横坐标为定值，据此可证得点在定直线上.
【详解】（1）设双曲线方程为，由焦点坐标可知，
则由可得，，
双曲线方程为.
（2）由(1)可得，设，
显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且，
与联立可得，且，
则，

直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得：
，
由可得，即，
据此可得点在定直线上运动.
42.（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）过抛物线内部一点作任意两条直线，如图所示，连接延长交于点，当为焦点并且时，四边形面积的最小值为32

(1)求抛物线的方程；
(2)若点，证明在定直线上运动，并求出定直线方程.
【答案】(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）设直线，联立方程组求得，利用弦长公式，分别求得，得到，结合基本不等式，即可求解；
（2）由和共线，得到，，又由和共线，得到和，进而得到，即可求解.
【详解】（1）解：设，
设直线，联立方程组，整理得，
可得，
所以，
同理可得，
所以，当且仅当时取等号，
所以，所以抛物线的方程为.
（2）解：当为时，，
由共线，可得，可得 ①，
同理由共线 ②
又由共线，可得，所以 ③
同理由共线，可得 ④
由①③得，
即 ⑤
又由②④得，
即 ⑥
由⑤⑥得，
即，即，所以在上.

43.（2023·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，两个顶点分别为.过点的直线交椭圆于两点，直线与的交点为.
(1)当直线的斜率为1时，若椭圆上恰有两个点使得和的面积为，求的取值范围；
(2)求证：点在一条定直线上.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由条件先求椭圆方程，再联立方程组求弦的长，求与直线的切线方程，由条件确定面积的范围；
（2）联立直线与椭圆方程求点的坐标，联立直线与椭圆方程求点的坐标，
根据三点共线证明，再求点的坐标，由此完成证明.
【详解】（1）由题设可知.
因为，即，所以.
又因为，所以.
椭圆的方程为，直线的方程为.
设，联立方程组，
消去，可得，
解得.
将，代入直线的方程，解得.
所以.
设与直线平行的直线方程为.
联立方程组，消去可得，
若直线与椭圆只有一个交点，则满足，解得.
当直线为时，直线与之间的距离为；
当直线为时，直线与之间的距离为；
设点到的距离为，要使的面积为的点恰有两个，
则需满足，即.
因为，所以.
（2）设直线的方程为，直线的方程为.
联立方程组，
消去得，
所以，所以，代入可得
解得点的坐标为.
同理，可解得点的坐标为.
由三点共线，有
化简得.
由题设可知与同号，所以.
联立方程组，
解得交点的坐标为.
将代入点的横坐标，得.
所以，点恒在定直线上.
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解析几何的最值、范围问题
44.（2023·全国·统考高考真题）已知实数满足，则的最大值是（ ）
A．B．4C．D．7
【答案】C
【分析】法一：令，利用判别式法即可；法二：通过整理得，利用三角换元法即可，法三：整理出圆的方程，设，利用圆心到直线的距离小于等于半径即可.
【详解】法一：令，则，
代入原式化简得，
因为存在实数，则，即，
化简得，解得，
故 的最大值是，
法二：，整理得，
令，，其中，
则，
，所以，则，即时，取得最大值，
法三：由可得，
设，则圆心到直线的距离，
解得
故选：C.
45.（2022·浙江·统考高考真题）如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点．
(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求的最小值．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）设是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出，再根据二次函数的性质即可求出；
（2）设直线与椭圆方程联立可得，再将直线方程与的方程分别联立，可解得点的坐标，再根据两点间的距离公式求出，最后代入化简可得，由柯西不等式即可求出最小值．
【详解】（1）设是椭圆上任意一点,,
，当且仅当时取等号，故的最大值是.
（2）设直线,直线方程与椭圆联立,可得,设，所以，
因为直线与直线交于,
则,同理可得,.则
，
当且仅当时取等号，故的最小值为.
46.（2023·湖南郴州·统考一模）已知点在抛物线上，为抛物线上两个动点，不垂直轴，为焦点，且满足.
(1)求的值，并证明：线段的垂直平分线过定点；
(2)设（1）中定点为，当的面积最大时，求直线的斜率.
【答案】(1)，证明见解析
(2)
【分析】（1）将点代入抛物线方程可得，设直线的方程为：，联立方程根据中垂线性质和韦达定理分析证明；
（2）利用弦长公式结合韦达定理整理得，进而可得，换元令，得到函数，利用导数判断原函数的单调性和最值.
【详解】（1）将点代入抛物线方程，可得，解得，所以抛物线方程为，
设直线的方程为：，
联立方程，消去y得，
由韦达定理得：，
根据抛物线定义：，可得，
此时，解得或，
设的中点坐标为，则，
可得的垂直平分线方程为：，
将代入整理得：，
故的垂直平分线过定点.
（2）由（1）可得，
且点到直线的距离，
则的面积为，
可得，
设，设，则
令，解得；令，解得；
则在上单调递增，在上单调递减
所以当时，的面积取最大值，此时，即.

【点评】
解答解析几何中最值与范围问题的方法与策略：
（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
热点二十
圆锥曲线的存在性、探索问题
47．（2023·吉林长春·统考一模）过抛物线焦点，斜率为的直线与抛物线交于、两点，．
(1)求抛物线的方程；
(2)过焦点的直线，交抛物线于、两点，直线与的交点是否在一条直线上．若是，求出该直线的方程；否则，说明理由．
【答案】(1)
(2)直线与直线的交点都在上
【分析】（1）设直线，与抛物线方程联立，根据抛物线定义及求得；
（2）分别表示出直线与方程，联立得交点的横坐标为定值.
【详解】（1）由题意设直线，，，
联立方程组，消得，，
所以，，解得，
即指物线的方程为．
（2）由（1）可知，，．
设直线，，,
联立方程组，消得，
所以，．
直线的斜率为 ，
所以直线，即，
同理可得直线，从而，
即，
解得，所以直线与直线的交点都在上．
48.（22·23下·抚顺·模拟预测）已知动点到定点的距离与动点到定直线的距离之比为．
(1)求点的轨迹的方程；
(2)对，曲线上是否始终存在两点，关于直线对称？若存在，求实数的取值范围；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）设，则，整理即可得解；
（2）当时，设直线方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，设的中点为，则满足，即可得，再由求出的值，即可得解.
【详解】（1）设，则，
即，整理得，
所以点的轨迹的方程为．
（2）假设曲线上始终存在两点，关于直线对称，
当时，设直线方程为，，，
联立，整理得，
则，
所以，．
设的中点为，
则，，
将代入，则，
所以，所以对恒成立，
即对恒成立，
因为，所以，则．
易知当时，曲线上存在两点，关于直线对称．
所以的取值范围为．
49.（23·24上·阶段练习）已知双曲线的左、右顶点分别为、，为双曲线上异于、的任意一点，直线、的斜率乘积为．双曲线的焦点到渐近线的距离为1．
(1)求双曲线的方程；
(2)设不同于顶点的两点、在双曲线的右支上，直线、在轴上的截距之比为．试问直线是否过定点？若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)过定点，定点坐标为
【分析】（1）根据所给条件，列出方程组，求出即可得解；
（2）设出直线方程及M，N点的坐标，求出截距建立方程，再由解方程得或，即可得解.
【详解】（1）设，
由可得，又，
，
又焦点到其一条渐近线的距离为，解得：．
所以双曲线的方程：.
（2）设直线的方程为，如图，

由得，
，
，直线，则直线在轴上的截距为，
直线，则直线在轴上的截距为，
由题得：，又，
所以．
所以，则，
，
，
，化简得：或．
若，直线过顶点，舍去．．
则直线的方程为，
所以直线过定点．
【点评】
圆锥曲线中探索性问题的常见类型：
（1）“是否存在”类探索性问题；
（2）“是否是（为）”类探索性问题；
（3）“是否过……点”类探索性问题等.
2.圆锥曲线中探索问题的求解策略
（1）此类问题一般分为探究条件、探究结论两种．若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，不成立则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论．
（2）求解步骤：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在，否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．
3.存在性问题常用方法：
法1：特值探路；
法2：假设存在..