专题05 圆锥曲线中的向量问题(典型题型归类训练)-2025年高考数学二轮复习解答题解题技巧（新高考专用）

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一、注意基础知识的整合、巩固。进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度。
二、查漏补缺，保强攻弱。针对“一模”中的问题根据实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
专题05 圆锥曲线中的向量问题(典型题型归类训练)
目录
TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc30046" 题型一：垂直关系向量化 PAGEREF _Tc30046 \h 1
\l "_Tc13507" 题型二：向量坐标化 PAGEREF _Tc13507 \h 7
\l "_Tc7388" 题型三：利用向量求角 PAGEREF _Tc7388 \h 16
\l "_Tc12582" 题型四：利用向量证明三点共线问题 PAGEREF _Tc12582 \h 23
\l "_Tc4154" 专项训练 PAGEREF _Tc4154 \h 28
题型一：垂直关系向量化
1．（23-24高二上·重庆·期末）已知椭圆C：（）的离心率为，焦距为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线与C交点P，Q两点，O为坐标原点，且，求实数k的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由焦距及离心率求出椭圆的方程；
（2）联立直线和椭圆的方程，得，，由得，求得k的值.
【详解】（1）由题，，所以，，
椭圆的方程为.
（2）
设，，
联立方程组，得，
则，即，
，，
因为，所以，
即，得，满足，合题意.
所以.
2．（23-24高二上·云南大理·期中）已知椭圆的短轴长为2，点在椭圆上，与两焦点围成的三角形面积的最大值为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)当为椭圆的右顶点时，直线与椭圆相交于两点（异于点），且.试判断直线是否过定点？如果过定点，求出该定点的坐标；如果不过定点，请说明理由.
【答案】(1)
(2)过定点
【分析】（1）由已知可推得，即可得到椭圆标准方程；
（2）设，与椭圆方程联立，利用韦达定理代入求出，再根据直线的方程可得答案.
【详解】（1）由已知得：，解得，
故椭圆的标准方程为；
（2）由题意知，直线的斜率不为0，
不妨设，
由消去得，
所以，即得，
，
，
，
又，
所以，
所以，
解得，
直线的方程为，则直线恒过点.
【点睛】方法点睛：联立直线与圆锥曲线方程，根据韦达定理得到坐标的关系式，根据向量数量积为0，代入相关点的坐标化简后即可得到结论.
3．（23-24高三上·山东临沂·期末）已知圆：的圆心为，圆：的圆心为，一动圆与圆内切，与圆外切，动圆的圆心的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程：
(2)已知点，直线不过点并与曲线交于两点，且，直线是否过定点？若过定点，求出定点坐标：若不过定点，请说明理由，
【答案】(1)，；
(2)直线恒过点,，理由见解答．
【分析】（1）由题意,，,，，结合双曲线的定义求解即可得结论；
（2）设直线的方程为，联立直线和双曲线的方程消元后，应用韦达定理，结合条件，可得，化简整理即可求解．
【详解】（1）如图，设圆的圆心为，半径为，
由题可得圆半径为3，圆半径为1，则，，
所以，
由双曲线定义可知，的轨迹是以，为焦点、实轴长为4的双曲线的右支，
又,，,，
所以动圆的圆心的轨迹方程为，，
即曲线的方程为，．
（2）设直线的方程为，
联立，消去得，
由题意直线与曲线有两个交点，则，
设,，,，其中，，
由韦达定理得：，，
又点，所以,，,，
因为，所以，
则
，
即，
解得舍去），
当，直线的方程为，，
故直线恒过点,．
【点睛】圆锥曲线中定点问题的两种解法
（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.
（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
技巧：若直线方程为,则直线过定点;
若直线方程为 (为定值),则直线过定点
4．（23-24高二下·上海黄浦·期中）如图：双曲线的左、右焦点分别为，，过作直线l交y轴于点Q．

(1)当直线l平行于的一条渐近线时，求点到直线l的距离；
(2)当直线l的斜率为1时，在的右支上是否存在点P，满足？若存在，求出P点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】(1)2
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）由点到直线的距离公式可直接求解；
（2）先根据斜率求出直线l的方程，从而得点Q，再设出点的坐标，根据得出点的横、纵坐标之间的关系式，与双曲线联立消去，由韦达定理即可解答.
【详解】（1）双曲线，焦点在轴上，，
则双曲线左、右焦点分别为，，渐近线方程为，
当直线平行于的一条渐近线时，不妨令，则直线的方程为，即，
则点到直线的距离为.
（2）不存在，理由如下：
当直线l的斜率为1时，直线方程为，因此，
又，所以，
设的右支上的点，则，
由得，
又，联立消去得，
由韦达定理知，此方程无正根，
因此，在的右支上不存在点P，满足.
【点睛】关键点睛：本题考查直线与双曲线的综合应用问题，解题关键是能够利用来构造等量关系，结合韦达定理得到结论.
5．（23-24高二上·浙江·阶段练习）已知抛物线，.
(1)Q是抛物线上一个动点，求的最小值；
(2)过点A作直线与该抛物线交于M、N两点，求的值.
【答案】(1)
(2)0
【分析】（1）设，表达出，求出最小值；
（2）设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理即得.
【详解】（1）设，，
当，即时，取得最小值，最小值为；
（2）当直线的斜率为0时，直线与抛物线只有1个交点，不合要求，
设直线的方程是，与抛物线联立，消x得，
设，，
则，，故，
故.
题型二：向量坐标化
1．（2024·安徽淮北·二模）如图，已知椭圆的左右焦点为，短轴长为为上一点，为的重心.

(1)求椭圆的方程；
(2)椭圆上不同三点，满足，且成等差数列，线段中垂线交轴于点，求点纵坐标的取值范围；
(3)直线与交于点，交轴于点，若，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用三角形重心坐标公式先求A坐标，再代入椭圆方程结合其性质计算即可；
（2）设B、D、E坐标，并根据焦半径公式得，由等差中项的性质得出，再根据点差法得出中垂线的斜率，表示中垂线方程，结合点在椭圆内计算范围即可；
（3）设M、N坐标，联立椭圆方程结合韦达定理得出其横坐标关系，再根据平面向量的坐标表示，利用函数的性质计算范围即可.
【详解】（1）不妨设，
因为的重心，所以，
所以，
又短轴长为6，所以，代入解得，
所以椭圆方程为:；
（2）由上可知，设中点，
则，
又，消去并整理得，
同理，
又，
由题意得，
即，
因B，D在上，易得，化简得，
所以线段中垂线的斜率，
线段中垂线方程:，
令得，
又线段中点在椭圆内所以，
所以；
（3）设，由得，
联立消整理得，
得，
所以，
当时，，
当时，，
解不等式得.

【点睛】思路点睛：根据焦半径公式及等差中项的性质可确定中点横坐标，再由中垂线方程得出E与中点的关系结合点在椭圆内计算范围即可解决第二问；利用平面向量共线的坐标表示结合韦达定理计算横坐标关系，分类讨论斜率是否为零，再含参表示结合函数的性质求范围解不等式即可.
2．（2024高三·全国·专题练习）设直线l：与椭圆相交于A、B两个不同的点，与x轴相交于点F．
(1)证明：；
(2)若F是椭圆的一个焦点，且，求椭圆的方程．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）将直线和椭圆联立，得到判别式大于0，对不等式进行化简即可得到要证明的结论；
（2）可将条件转化为二次方程的问题，然后利用韦达定理对条件进行转化，即可求出椭圆的方程.
【详解】（1）将直线和椭圆联立，得到，
化简即为，即，即.
因为直线与椭圆有两个交点，故该方程有两个不同的解，从而判别式，
直接计算知：
，
所以，故，从而.
（2）
由于直线和轴的交点为，故，半焦距.
由于点在直线上，故可设，而，故，从而.
将和的坐标代入椭圆方程，知：
故关于的方程有两个不同的解，.
该方程可化为，即，
即，即.
显然，
所以，.
由于，故，从而，这意味着，故.
而我们有
，
这就得到，所以，
所以.
而，故，所以.
从而，故.
于是，.
所以椭圆的方程是.
3．（2024·湖北襄阳·模拟预测）设双曲线的左、右顶点分别为，，左、右焦点分别为，，，且的渐近线方程为，直线交双曲线于，两点.
(1)求双曲线的方程；
(2)当直线过点时，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意可得，解方程即可得出答案；
（2）讨论直线的斜率存不存在，存在时设直线的方程为，，联立直线与双曲线的方程，将韦达定理代入，由反比例函数的单调性即可得出答案.
【详解】（1）由题意可得：，解得：，，.
双曲线的方程为：.
（2）当直线的斜率不存在时，，，
此时，，所以，
当直线的斜率存在时，设，，因为直线过点，
设直线的方程为：，
联立可得：，
当时，，
，，
，
令，则，令， 在，上单调递减，
又，所以，
所以的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是设直线，再将其联立双曲线方程，得到韦达定理式，计算相关向量，代入韦达定理式再利用换元法求出函数值域即可.
4．（2024·全国·模拟预测）已知双曲线C的中心为坐标原点，对称轴为坐标轴，点在C上，点P与C的上、下焦点连线所在直线的斜率之积为．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)经过点的直线与双曲线C交于E，F两点(异于点P)，过点F作平行于x轴的直线，直线PE与交于点D，且求直线AB的斜率．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意知双曲线焦点在轴上，设双曲线方程为，将代入双曲线方程，然后根据直线斜率公式即可得到关于的两个方程，即可求解.
（2）由题意设直线方程为，，，与双曲线联立后根据根与系数关系可以表示出与，分直线的斜率是否存在两种情况进行讨论，通过直线的方程表示出点的坐标，由已知条件可知点为中点，进而可将点坐标及直线斜率用表示，通过之前求得的与即可进行求解.
【详解】（1）第一步：根据点P在双曲线上得a，b的关系式
由题意设双曲线C的方程为()，
由点在C上，得．①
第二步：根据直线的斜率公式得a，b的关系式
设C的上、下焦点分别为，，则，解得，
所以．②
第三步：联立方程解得，的值
由①②得，，
第四步：得双曲线C的标准方程
故双曲线C的标准方程为．
（2）第一步：设直线方程，联立方程得根与系数的关系由题意可知，直线EF的斜率不为0，设直线EF的方程为，，，
联立，得方程组
整理得
所以，，解得，
所以，，
则．
第二步：用，表示点D的坐标
当直线PE的斜率不存在时，易得，，，，此时直线AB的斜率为．当直线PE的斜率存在时，直线PE的方程为，所以点D的坐标为，
由，可得，
第三步：用，表示点B的坐标
由，得点B为DF的中点，所以
，
则，
第四步：根据斜率的计算公式求直线AB的斜率．
所以
．
故直线AB的斜率为．
【点睛】解决直线与双曲线的综合问题时，要注意：
（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、双曲线的条件；
（2）强化有关直线与双曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
5．（23-24高二上·江苏常州·期末）如图，已知抛物线的方程为，焦点为，过抛物线内一点作抛物线准线的垂线，垂足为，与抛物线交于点，已知，，.
(1)求的值；
(2)斜率为的直线过点，且与曲线交于不同的两点，，若存在，使得，求实数的取值范围.
【答案】(1)2
(2)
【分析】（1）先得到，由抛物线定义得到方程，求出，设，则，作出辅助线，得到，从而得到方程，求出答案；
（2）设出直线方程，联立抛物线，得到两根之和，两根之积，由得，求出，转化为对有解，而，所以，求出解集，因为，所以.
【详解】（1）因为，，则在中，，
由抛物线的定义得，，
故，则，即，
设，则，解得，
过点作⊥于点，
因为，所以，
因为，所以，
故，，
所以，解得；
（2）由（1）可知抛物线方程为：，设，，
设，联立，整理得：，
因为，所以，
由韦达定理得，，
因为，则，故，
故，
将代入（*）式得，
因为存在，使得，
所以有对有解，
而，所以，
解得，或，
因为，所以.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
题型三：利用向量求角
1．（23-24高二上·贵州贵阳·阶段练习）已知椭圆：过点，，分别为椭圆的左、右焦点，且离心率.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点且斜率为的直线与椭圆交于，两点，若为钝角，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据离心率和过点，得到方程组，求出，，得到椭圆方程；
（2）设出直线的方程为，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，根据为钝角得到，得到不等式，求出，舍去，得到答案.
【详解】（1）由题意得，又，且，
解得，
故椭圆的方程为；
（2）由题意得，，
直线的方程为，联立得，，
恒成立，
设，则，
，
因为为钝角，
所以，
即，即，
解得，
又时，三点共线，此时不是钝角，舍去，
故的取值范围是.
2．（2024·重庆·三模）已知椭圆的上、下顶点分别为，左顶点为，是面积为的正三角形．
(1)求椭圆的方程；
(2)过椭圆外一点的直线交椭圆于两点，已知点与点关于轴对称，点与点关于轴对称，直线与交于点，若是钝角，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据的面积及其为正三角形的特征，可构造方程组求得，由此可得椭圆方程；
（2）假设直线方程，利用对称性可知在轴上，由此可得；设，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，代入中整理可得，根据，由向量数量积的坐标运算可构造不等式求得结果.
【详解】（1）是面积为的正三角形，，解得：，
椭圆的方程为：.
（2）
设，则，
直线方程为：，即；
由对称性可知：点在轴上，则令，解得：，
设直线，
由得：，，
，，
又，，，，
为钝角，，解得：或，
即实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的向量数量积问题，解题关键是能够利用韦达定理的结论化简点坐标，结合为钝角，将问题转化为向量数量积的求解问题，从而构造不等式求得结果.
3．（23-24高二上·吉林·期末）已知抛物线焦点为F，点在抛物线上，.
(1)求抛物线方程；
(2)过焦点F直线l与抛物线交于MN两点，若MN最小值为4，且是钝角，求直线斜率范围.
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）根据题意列式求解，即可得结果；
（2）设，与抛物线联立，根据题意结合弦长公式可求得，再结合数量积以及韦达定理运算求解，注意数量积的符号与向量夹角之间的关系.
【详解】（1）由题意可得：，解得或，
故抛物线方程为或.
（2）抛物线的焦点，
设，
联立方程，消去x得，
则，
可得，解得，
此时，则，
若直线过点，则，解得，
若是钝角，则，且三点不共线，
∵，
则
，
解得或，
注意到，故直线斜率范围为.
【点睛】方法定睛：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．
4．（2024·北京·三模）已知椭圆C：（）过点，右焦点为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点F的直线l（不与x轴重合）交椭圆C于点M、N，点A是右顶点，直线MA、NA分别与直线交于点P、Q，求的大小．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，列出关于的方程，代入计算，即可求解；
（2）当直线l的斜率不存在时，验证，即．当直线l的斜率存在时，设l：，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理代入计算，分别表示出坐标，利用向量的数量积，转化求解即可．
【详解】（1）由题意可得，，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）

当直线l的斜率不存在时，
有，，，
则，，故，即．
当直线l的斜率存在时，设l：，其中．
联立，得，
由题意，知恒成立，
设，则，．
直线MA的方程为，
令，得，即，同理可得．
所以，．
因为
，
所以．
综上所述，．
5．（23-24高二下·河北·开学考试）已知椭圆：（）的离心率为，左、右焦点分别为，，上、下顶点分别为，，且四边形的面积为4．
(1)求椭圆的方程．
(2)平行于轴的直线与椭圆的一个交点为，与以为直径的圆的一个交点为，且，位于轴两侧，，分别是椭圆的左、右顶点，直线，分别与轴交于点，．证明：为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆离心率及四边形的面积建立等式即可求解；
（2）设，直线的方程为（），则，直线与曲线联立方程求出后，得直线的方程，则，设，计算的值后即可得证.
【详解】（1）由题意知，，．
四边形的面积为，
，，，
椭圆的方程为．
（2）如图，可得，设，则直线的方程为（），
令，得，
由得，
，，
，即．
又，，
直线的方程为，令，得．
设，则，
，，
，
代入，化简得，即，.
题型四：利用向量证明三点共线问题
1．（2024上海崇明）已知椭圆Γ：，点分别是椭圆Γ与轴的交点（点在点的上方），过点且斜率为的直线交椭圆于两点．
(1)若椭圆焦点在轴上，且其离心率是，求实数的值；
(2)若，求的面积；
(3)设直线与直线交于点，证明：三点共线．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据离心率的定义计算即可；
（2）联立直线和椭圆方程，根据弦长公式算出，用点到直线的距离公式算出三角形的高后即可；
（3）联立直线和椭圆方程，先表示出坐标，将共线问题转化成证明，结合韦达定理进行化简计算.
【详解】（1）依题意，，解得（负数舍去）.
（2）的直线经过，则直线方程为：；
，则椭圆的方程为：.
设联立直线和椭圆方程：，消去得到，
解得，则，故，于是.
依题意知，为椭圆的下顶点，即，由点到直线的距离，到的距离为：.
故
（3）设联立直线和椭圆方程：，得到，由，得到直线方程为：，令，解得，即，又，，为说明三点共线，只用证，即证：，下用作差法说明它们相等：
，而，，，于是上式变为：.
由韦达定理，，于是，故，命题得证.
2．（2024·陕西榆林·模拟预测）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为，，，.
（1）求椭圆的方程.
（2）过的直线与椭圆交于，两点（均不与，重合），直线与直线交于点，证明：，，三点共线.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）由题设，可直接求出a、c，进而写出椭圆方程.
（2）设为，，，联立椭圆方程，应用韦达定理可得，，又为求G点坐标，根据向量共线的判定，即可证结论.
【详解】（1）由，即，又，即.
∴，故椭圆的方程为.
（2）证明：可设直线的方程为，，，
联立方程，得且，
∴，，而直线的方程为，
∴令，得，则有，，
又∵，
∴，而，
∴，，三点共线.
【点睛】关键点点睛：第二问，设直线方程，联立椭圆方程应用韦达定理求，，结合向量共线的判定证明三点共线.
3．（2024·山西太原·三模）已知双曲线 的左、右顶点分别为 与 ，点 在 上，且直线 与 的斜率之和为 .
(1)求双曲线 的方程;
(2)过点的直线与 交于 两点(均异于点 )，直线 与直线 交于点，求证: 三点共线.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意点 在 上，且直线 与 的斜率之和为 ，建立方程组求解即可；
（2） 三点共线，即证，设出直线的方程联立双曲线的方程，由韦达定理，求出的坐标，由坐标判断，证明即可.
【详解】（1）由题意得，且
（2）由 (1) 得，
设直线 的方程为，则，
由 得，
直线 的方程为，令 ，则，
，
所以三点共线.
4．（23-24高三上·广东·阶段练习）已知双曲线的右焦点为，一条渐近线方程为．
（1）求双曲线的方程；
（2）记的左、右顶点分别为，过的直线交的右支于两点，连结交直线于点，求证：三点共线．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据题意得 ，再根据即可求得答案；
（2）由题知，，直线的斜率不为0，故设其方程为，，，进而结合直线的方程得，再根据向量共线的坐标表示判断，共线即可.
【详解】解:（1）依题意可得，，
解得，故的方程为.
（2）易得，
显然，直线的斜率不为0，设其方程为，，
联立方程，消去整理得，
所以，．
直线，令得，故
，，
，（*）
又
，即的值为0．
所以故A、Q、N三点共线．﹒
专项训练
1．（2024·福建泉州·模拟预测）椭圆的左、右焦点分别为为椭圆上第一象限内的一点，且与轴相交于点，离心率，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由离心率得，，由得在圆上，解方程组求得点坐标，利用的横坐标即可求得．
【详解】，，则，所以，，
椭圆方程化为，
，因此在圆上，
由，解得，在第一象限，则，
，则，
故选：D．
2．（23-24高二上·北京·期中）已知椭圆的上、下顶点为，过点的直线与椭圆相交于两个不同的点（在线段之间），则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意画出图形，分直线的斜率不存在和存在两种情况求解，当直线斜率不存在时，求得，当直线斜率存在时，设出直线方程，和椭圆方程联立，由判别式大于0求得的范围，再结合根与系数的关系写出数量积，由得范围求得的范围．
【详解】当直线斜率不存在时，直线方程为，，，
此时；
当直线斜率存在时，设斜率为，设,
则直线方程为，
联立，得，
，得．
，
．
．
，，，
则，
综上，的取值范围是．
故选：D．
3．（2024·河南·一模）已知过椭圆的上焦点且斜率为的直线交椭圆于两点，为坐标原点，直线分别与直线相交于两点.若为锐角，则直线的斜率的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据椭圆的标准方程求出焦点坐标，利用直线的斜截式方程设出直线的方程，将直线方程与椭圆方程联立，再利用韦达定理及两直线相交联立方程组求出交点坐标，结合已知条件、点在直线上及向量的数量积的坐标运算即可求解.
【详解】由题意可知，所以
所以椭圆的上焦点为，
设直线的方程为，
联立消去，得，
所以.
由题设知，所在的直线方程为.
因为直线与直线相交于点，
所以；
同理可得.
所以.
因为为锐角，
所以，
所以
，
即，解得：或，
所以，或，或.
故直线的斜率的取值范围是.
故选:D.
4．（2024·河北衡水·模拟预测）已知双曲线的右焦点为，过点作直线与渐近线垂直，垂足为点，延长交于点.若，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设的左焦点为，由双曲线的定义，得，又，，在中，由余弦定理可得，结合可得，求得答案.
【详解】设为坐标原点，则，从而.
设的左焦点为，连接，由双曲线的定义，得.
在中，由余弦定理，得，解得.
由，得，解得，
所以.
故选：B.
5．（23-24高二下·安徽安庆·阶段练习）已知点P为双曲线C：（，）上位于第一象限内的一点，过点P向双曲线C的一条渐近线l作垂线，垂足为A，为双曲线C的左焦点，若，则渐近线l的斜率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设渐近线l的方程，由两直线垂直的条件可得直线的方程，联立两直线方程求得A的坐标，再由向量共线的坐标表示可得P的坐标，代入双曲线的方程，化简整理可得所求直线的斜率．
【详解】解：设，渐近线l的方程为，①
直线的方程为，②
联立①②可得，，
即有，
由，可得，，
解得，，即，
由P在双曲线上，可得，
化为，即，
可得，
所以直线l的斜率为．
故选：D．
6．（23-24高二上·四川成都·期中）已知椭圆C：的离心率为，斜率为正的直线l与椭圆C交于A，B两点，与x轴、y轴分别交于P，Q两点，点的位置如图所示，且，则直线l的斜率为 ．
【答案】/0.75
【分析】
设，根据，得，，应用点差法求得，结合离心率即可求解.
【详解】设，因为直线斜率为正，设为，所以可设点在第一象限，
，，且A，B，P，Q四点共线，
，，
又，，，，
在椭圆上，，，
两式相减可得，，，
又，，
，即，，
，又直线斜率为正，．
故答案为：.
7．（2024·河北·三模）已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与轴相交于点，与在第一象限的交点为，若，，则的离心率为 ．
【答案】/
【分析】设，利用双曲线定义、勾股定理得，再由，得，可得答案.
【详解】设，则，所以，
因为，所以，
可得，即①，
因为，所以，
所以，即②，
由①②可得，
解得，或（舍去）.
故答案为：.
8．（2024高三·全国·专题练习）设双曲线C的左、右焦点分别为，，且焦距为，P是C上一点，满足，，则的周长为 ．
【答案】/
【分析】由已知可得.设，，在中，根据余弦定理整理化简可得，求解即可得出，，进而可得出答案.
【详解】
因为，所以.
设，，
因为，所以.
在中，根据余弦定理有，
所以，
整理可得，，解得（负值舍去），所以，
所以，，
故周长为.
故答案为：.
9．（23-24高二下·上海·阶段练习）设点， 分别是椭圆:的左、右焦点，且椭圆C上的点到点的距离的最小值为 点M，N是椭圆C上位于x轴上方的两点，且向量 与向量 平行.
(1)求椭圆C的方程;
(2)当 时，求点N的坐标；
(3)当 时，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据椭圆的简单性质可得，解得即可；
（2）可设，根据向量的数量积坐标运算即可求出点的坐标；
（3）向量与向量平行，不妨设，设，，根据坐标之间的关系，求得的坐标，再根据向量的模，即可求出的值，根据斜率公式求出直线的斜率，根据直线平行和点斜式即可求出直线方程.
【详解】（1）点、分别是椭圆的左、右焦点，，，
椭圆上的点到点的距离的最小值为，，
解得，椭圆的方程为；
（2）由（1）可得，，
由点是椭圆上位于轴上方的点，可设，，
，，
，，即，
解得，，；
（3）向量与向量平行，，由题意，
又，，即，
设，，，，，
，，
，
，，，
，
，，，
解得，或（舍去），
，
，，
，直线的方程为，
即为.
【点睛】关键点点睛：本题考查了椭圆的标准方程及其性质、向量的运算及斜率公式，解题的关键是利用向量的共线的运算的坐标运算及模的坐标公式求解点N的坐标，简化了运算过程，属于较难题.
10．（2024·安徽淮北·二模）如图，已知椭圆的左右焦点为，短轴长为为上一点，为的重心.

(1)求椭圆的方程；
(2)椭圆上不同三点，满足，且成等差数列，线段中垂线交轴于点，求点纵坐标的取值范围；
(3)直线与交于点，交轴于点，若，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用三角形重心坐标公式先求A坐标，再代入椭圆方程结合其性质计算即可；
（2）设B、D、E坐标，并根据焦半径公式得，由等差中项的性质得出，再根据点差法得出中垂线的斜率，表示中垂线方程，结合点在椭圆内计算范围即可；
（3）设M、N坐标，联立椭圆方程结合韦达定理得出其横坐标关系，再根据平面向量的坐标表示，利用函数的性质计算范围即可.
【详解】（1）不妨设，
因为的重心，所以，
所以，
又短轴长为6，所以，代入解得，
所以椭圆方程为:；
（2）由上可知，设中点，
则，
又，消去并整理得，
同理，
又，
由题意得，
即，
因B，D在上，易得，化简得，
所以线段中垂线的斜率，
线段中垂线方程:，
令得，
又线段中点在椭圆内所以，
所以；
（3）设，由得，
联立消整理得，
得，
所以，
当时，，
当时，，
解不等式得.

【点睛】思路点睛：根据焦半径公式及等差中项的性质可确定中点横坐标，再由中垂线方程得出E与中点的关系结合点在椭圆内计算范围即可解决第二问；利用平面向量共线的坐标表示结合韦达定理计算横坐标关系，分类讨论斜率是否为零，再含参表示结合函数的性质求范围解不等式即可.
11．（2024·山西太原·三模）已知双曲线 的左、右顶点分别为 与 ，点 在 上，且直线 与 的斜率之和为 .
(1)求双曲线 的方程;
(2)过点的直线与 交于 两点(均异于点 )，直线 与直线 交于点，求证: 三点共线.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意点 在 上，且直线 与 的斜率之和为 ，建立方程组求解即可；
（2） 三点共线，即证，设出直线的方程联立双曲线的方程，由韦达定理，求出的坐标，由坐标判断，证明即可.
【详解】（1）由题意得，且
（2）由 (1) 得，
设直线 的方程为，则，
由 得，
直线 的方程为，令 ，则，
，
所以三点共线.
12．（23-24高二上·黑龙江哈尔滨·期末）已知双曲线，抛物线的焦点F是双曲线M的右顶点，且以F为圆心，以b为半径的圆与直线相切．
(1)求双曲线M的标准方程；
(2)已知直线与双曲线M交于A、B两点，且双曲线M是否存在上存在点P满足，若存在，求出m的值，若不存在请说明理由．
【答案】(1)
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）由题意得，由此可得，而为抛物线焦点到直线的距离，由点到直线的距离公式即可得解.
（2）将直线与双曲线方程联立，由，解得或，结合韦达定理以及，求得参数，并注意检验，由此即可得解.
【详解】（1）因为抛物线的焦点是双曲线M的一个顶点，即，，
所以双曲线M的方程是．
（2）设，联立方程得消去y得，
∵，解得或（*），
由韦达定理，
∵，∴即，
所以，解得，
不满足（*）式，所以不存在m符合题意．
13．（23-24高三上·福建福州·期中）已知直线与抛物线交于A，B两点，M为线段AB的中点，点N在抛物线C上，直线MN与y轴平行.
(1)证明：抛物线在点N处的切线与直线l平行；
(2)若，求抛物线C的方程.
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）联立直线与抛物线的方程，利用韦达定理求出N点坐标，进而设出切线方程与抛物线方程联立，利用求出切线斜率即可证明；
（2）设，由及韦达定理即可求解.
【详解】（1）证明：由题意，
联立直线与抛物线的方程得，
即，
所以，
设，则，
由题意，抛物线在点处的切线斜率存在且不为0，设切线方程为，
由，可得，
因为，解得，
所以抛物线在点处的切线为，
所以切线与直线平行；
（2）解：设，
由题意有，即，
所以，
又，
将式代入上式，可得，解得或（舍去），
所以抛物线的方程为.