专题11 圆锥曲线综合大题归类（期中专项训练）（解析版）高二数学上学期人教版A

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题型1 基础型：韦达定理
题型8 向量定比分点型
题型2 横截式型 （常考点）
题型9 斜率和定型
题型3 直线双变量型 （重点）
题型10 斜率积定型
题型4 面积最值型
题型11 斜率比值型
题型5 直线过定点型 （常考点）
题型12 非对称型韦达定理转换 （难点）
题型6 圆过定点型
题型13 无韦达定理型 （难点）
题型7 圆锥切线型 （难点）
题型14 第19题型新定义 （难点）
题型一、基础型：韦达定理 （共2大题）
1．（2025·广西·模拟预测）如图，已知椭圆过点，且焦距为．

(1)求椭圆的标准方程；
(2)设、是椭圆的左、右焦点，过点的直线与椭圆交于另一点，且直线与直线关于对称，求的面积．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）求出的值，利用椭圆的定义求出的值，即可得出的值，进而可得出椭圆的标准方程；
（2）分析可知，可得出直线的方程，将该直线的方程与椭圆方程联立，求出点的坐标，可得出直线的方程以及的值，求出点到直线的距离，利用三角形的面积公式可求得结果.
【详解】（1）由题意可知，则，故、，
由椭圆定义可得，
所以，则，
因此椭圆的标准方程为.
（2）因为直线与直线关于对称，则，
所以直线的方程为，即，
联立，可得，即，
解得或，设点，结合图形可知，故，则，
故点，所以，故直线的方程为，即，
，点到直线的距离为，
故的面积为.
2．（25-26高二上·江西·阶段练习）已知圆的圆心与圆的圆心关于直线对称.
(1)求圆的标准方程；
(2)若直线交圆于，两点，点，证明：当不断变化时，轴始终平分；
(3)设为圆上任意一点，过点作圆的切线，切点为，试探究：平面内是否存在一定点，使得为定值？若存在，请求出定点的坐标，并指出相应的定值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)存在定点，此时为定值或存在定点，此时为定值.
【分析】（1）根据题意，分别求得圆和圆的圆心坐标和半径，结合圆心与圆心关于直线对称，列出方程组，求得的值，即可求解；
（2）联立方程组，得到，结合韦达定理，求得，即可得证；
（3）设，由为圆的切线，得到，得到方程，结合方程的恒成立，列出方程组，求得的值，进而得到答案.
【详解】（1）解：由圆，可得圆的圆心为，半径为，
又由圆，可得圆心为，半径为，
因为圆心与圆心关于直线对称，
可得，解得，
所以圆的标准方程为.
（2）证明：设，，且，
联立方程组，整理得，
则，且，，
则，
所以当不断变化时，轴始终平分.
（3）解：假设存在定点，使得为定值，设，，，
因为点在圆上，所以，则，
因为为圆的切线，所以，
所以，，
所以，
整理得（），
若使（）对任意恒成立，则，可得，
代入③整理得，解得或，
所以或，
所以存在定点，此时为定值或存在定点，此时为定值.
题型二、横截式型 （共2大题）
3．（24-25高二下·云南·阶段练习）已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点在圆上，且三边的平方和为20.
(1)求的方程；
(2)若过点的直线与交于、两点，点关于原点的对称点为，若，求直线的方程.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）由圆方程确定，再通过三边的平方和为20，得到，即可求解；
（2）设直线方程为，由，得到，进而得到，结合韦达定理即可求解.
【详解】（1）在中，
令，得，则，
所以，
又三边的平方和为20，
所以，
又，解得，
所以的方程为.
（2）
由题意，过点的直线斜率存在且不为0，可设其方程为，
设，，联立，整理得，，
由韦达定理得：，，由，
因为为中点，所以所以，所以，
即则，所以，，消得，
所以直线的方程为.
4．（25-26高三上·天津·阶段练习）已知椭圆的左、右焦点分别为，，是椭圆上的一点.
(1)求椭圆的方程；
(2)过右焦点的直线与椭圆交于，两点，线段的垂直平分线交直线于点，交直线于点，求的最小值.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）由条件得，将点坐标代入方程，结合，即可求得的值，即可得答案.
（2）由题意直线l的斜率不为0，设其方程为，与椭圆联立，根据韦达定理，可得表达式，根据弦长公式，可得的表达式，求出P点坐标，即可得的表达式，代入所求，利用换元法，结合基本不等式，即可得答案.
【详解】（1）因为左焦点为，所以，
由点在椭圆上，
代入可得，
又，与上式联立可得，
所以椭圆E的方程为：
（2）当直线l的斜率为0时，线段的垂直平分线为x=0，与不相交，不符合题意，
故直线l的斜率不为0，设其方程为，，
联立，可得，
，
，
则
=.
又，，
由可得，直线PQ的斜率为，
所以，
所以，
令，则，所以
代入上式可得，，
当且仅当，即时取等号，此时，所以的最小值为
题型三、直线双变量型 （共2大题）
5．（25-26高三上·江西南昌·阶段练习）已知抛物线：，焦点为，过作两条关于直线对称的直线分别交于，两点．
(1)判断直线的斜率是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．
(2)若直线：与抛物线相交于，两点，且抛物线上存在点满足，求的取值范围．
【答案】(1)是定值，(2)
【分析】（1）设直线的方程为，与抛物线联立，利用韦达定理代入，整理计算可得答案；
（2）利用坐标计算，直线的方程为，与抛物线联立，利用韦达定理可得点坐标，代入抛物线方程结合判别式可得其横坐标的范围.
【详解】（1）由题意不妨设直线的方程为，设，
联立，消去得，，
所以，因为直线与关于直线对称，
所以，且，
所以，即，
即，将代入得
解得，所以直线的斜率为定值；
（2）由已知，
因为，，
所以，所以，
直线的方程为，联立，消去得，，
所以，所以，
所以，即点的坐标为，
又点在抛物线上所以，得，
又，所以，解得，所以点的横坐标，
所以的取值范围.
6．（24-25高二上·江苏南京·期末）已知椭圆，点，，为坐标原点，且．
(1)求椭圆方程；
(2)设是椭圆上的两个动点，且满足，
（i）求的面积；
（ii）已知点，且直线与交于点，直线与交于点，试探究是否为定值？若是定值，请求出该定值，若不是，请说明理由．
【答案】(1)(2)（i）；（ii）是，1
【分析】（1）应用平面向量数量积坐标公式计算求解；
（2）（i）根据斜率积的值分的斜率不存在及的斜率存在，分别计算求解；
（ii）先联立方程组计算得出，再类比得出，最后结合椭圆方程化简求解即可.
【详解】（1）由题，解得，故椭圆方程：；
（2）（i），当的斜率不存在时，设，
与椭圆方程联立得，，，
所以，则，
当的斜率存在时，设，
与椭圆方程联立得，
当时，方程两根即为，
由韦达定理，，
，得，
，
点到的距离，因此，综上，；
（ii）由题直线由解得，
所以，所以，
同理由解得，
故解得，可得，
故利用，
，
又因为，所以，所以，
所以．
题型四、面积最值型 （共2大题）
7．（25-26高三上·云南红河·阶段练习）平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，左右焦点分别是，，以为圆心以3为半径的圆与以为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆上．
(1)求椭圆的方程；
(2)设椭圆，为椭圆上任意一点，过点的直线交椭圆于，两点．射线交椭圆于点．求面积的最大值．
【答案】(1)；(2)18．
【分析】（1）由圆上的点到圆心的距离可以求得，即求得的值，由离心率及椭圆中的关系即可求出，从而得到椭圆方程；
（2）设交点的坐标，将直线方程代入椭圆方程后得到一元二次方程，由判别式得到的关系，以及由韦达定理得到交点的横坐标的关系.在直角坐标系中由点的坐标求出的面积，利用换元法结合的关系，得到变量的取值范围，再结合面积的函数的单调性得到最大值.再由两个椭圆的方程关系，从而得到面积的最大值.
【详解】（1）由题意可知，，可得，
又，，可得，，即有椭圆的方程为；
（2）设，，将直线代入椭圆的方程，
可得，由，可得，①
则有，，
所以，
由直线与轴交于，
则的面积为，
即，
设，则，将直线代入椭圆的方程，可得，
由可得，②由①②可得，
在递增，即有取得最大值，
即有，即时，取得最大值6，
由（）知，的面积为，即面积的最大值为18．

8．（25-26高三上·河北·阶段练习）已知动点P到定点的距离与到直线的距离之差为1（P不在直线l左侧）. 过点F作直线m与动点P的轨迹交于A、B两点，点C位于轨迹上异于A、B的一点，且点C到直线AB的距离为.
(1)求动点P的轨迹方程；
(2)求面积的最小值.
【答案】(1)动点P的轨迹方程为(2)
【分析】（1）设点，由题意可得，化简可得动点P的轨迹方程；
（2）分直线斜率是否存在两种情况求得的范围，进而可求得面积的最小值.
【详解】（1）设点，由动点P到定点的距离与到直线的距离之差为1，
所以，
因为P不在直线l左侧，所以，所以，
所以，所以，
所以，所以动点P的轨迹方程为；
（2）当过点的直线斜率存在时，设直线的方程为，
代入方程，得，
所以，整理得，
因为直线与动点P的轨迹交于A、B两点，所以，
设，则，所以
令，所以
，所以，
当斜率不存在时，直线方程为，所以，
此时，所以，
综上所述：，所以面积的最小值为.
题型五、直线过定点型 （共2大题）
9．（25-26高二上·浙江·阶段练习）已知点，，且点满足直线与直线的斜率乘积为.
(1)求点的轨迹方程.
(2)若是直线上的动点，为坐标原点，
（i）过点作曲线的一条切线，切点为，求的最大值；
（ii）连接，，直线与曲线的交点为，直线与曲线的交点为.证明：直线过定点.
【答案】(1)(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）设出点，结合斜率乘积计算即可得；
（2）（i）结合圆的切线的性质可得取最小值时有最大值，计算即可得；（ii）设出点坐标后表示出直线、，即可通过计算表示出、坐标，结合圆的对称性分直线斜率存在与斜率不存在计算即可得.
【详解】（1）设点，则有.化简得；
（2）（i）记为，则，因为为锐角，即求最大值，
即求最大值，又，故只需取最小值即可，
则当时，最小，此时取，则，所以的最大值为；
（ii）设，，，则，，
联立，则，则，即，故，
联立，则，则，即，故，
即，，由图形的对称性可知，直线的定点在轴上，
记直线与轴交点坐标为，当直线斜率不存在时，
即，得，即，此时直线过点；
当直线斜率存在时，即时，有，即，化简得，
又，故，即，故此时直线过点；
综上所述直线过定点.
10．（25-26高二上·吉林长春·阶段练习）已知圆是圆周上位于轴上方两点，两点关于轴对称，直线分别与轴相交于点，圆的切线交轴于点．
(1)当点横坐标为2时，求直线的方程；
(2)若点横坐标为0，，求；
(3)若坐标为，直线是否过定点？
【答案】(1)(2)(3)是，直线过定点
【分析】（1）首先求出点的坐标，设直线的方程为，利用直线与圆相切的条件列式求解即可；
（2）设点，求出直线的方程即可得出和，结合点在圆上即可求出；
（3）设，则，求出直线的方程结合在直线上得到，再求出直线的方程，得出，最后利用点在圆上证明为定值即可.
【详解】（1）当的横坐标为时，则纵坐标为，由题意，直线的斜率显然存在，
设直线的方程为，整理得，
则圆心到直线的距离，整理得，解得，
所以直线的方程为，即.
（2）当点的横坐标为时，则点的纵坐标为，，设点，，
则直线的方程为，令，则，即，
直线的方程为，令，则，即，
设直线的方程为，整理得，
则圆心到直线的距离，整理得，解得，
所以直线的方程为，即，令得，即，
所以，
，所以.
（3）设，则，直线的方程为，
因为在直线上，可得，整理得，
直线的方程为，令，则，即，，
又，所以，即，所以直线过定点.
题型六 圆过定点型 （共2大题）
11．（25-26高二上·重庆·阶段练习）已知圆过点和点，且圆心在直线上.
(1)求圆的方程；
(2)已知圆外有一定点，过作圆的切线，切点分别为，两点，求；
(3)已知点，过的直线交圆于，两点（不在直线上），直线，分别与直线交于，两点，则以为直径的圆是否过除点以外的定点？若过定点，求出此点的坐标；若不过定点，请说明理由.
【答案】(1)(2)(3)过定点，定点为
【分析】（1）由题可设所求圆圆心为，接着由求出参数a和圆的半径即可得解；
（2）由点A与圆的位置特征求出两切点即可由两点间距离公式求解；
（3）利用直线的参数方程并结合题意得到，，再结合平面向量垂直的坐标运算和圆的性质求解定点即可.
【详解】（1）由题可设所求圆圆心为，则，
所以，即，解得，
所以圆的半径为，圆心为
则圆的方程为.
（2）由（1）可知圆过点，
所以过作圆的切线，得切线有两条分别为，两切点即为，
所以；
（3）由（1）可知点P在圆C上，作出符合题意的图形，
因为直线过，所以直线的参数方程为，
将代入中，
可得，解得或，
则，，
而直线过，则，令，
则，，而的方程为，
当时，，解得，故，同理可得，
设以为直径的圆上任意一点为，则，即，
可得，，则，
整理得，令，，解得或，
故为直径的圆过除点以外的定点，该定点为.
12．（2025高三·全国·专题练习）如图所示，已知开口方向向上、顶点在原点的抛物线上的纵坐标为1的点到焦点的距离为2．
(1)求抛物线的方程．
(2)已知是直线上的动点，为抛物线的两条切线，为切点．
①求证：直线过定点；
②抛物线上是否存在定点使得以为直径的圆恰过定点？若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②存在，
【分析】（1）由抛物线的性质求得抛物线方程．
（2）①设，设过点的切线，与抛物线方程联立，由判别式等于，得，设的斜率分别为，由韦达定理及中点坐标公式求出的中点为，由点斜式写出直线的方程即可求解；
②设，得到直线与的斜率，由斜率乘积为,得，再将①问中的韦达定理代入上式化简得，即可求解.
【详解】（1）设抛物线方程为，由抛物线定义知，，
抛物线的方程．
（2）①设，由于切线斜率一定存在，
故设过点的切线，
代入中，得：，
，．
设的斜率分别为，则，，，得
，的中点为．
又，直线的方程：，
即：，过定点．②设，则．同理：．
，．把代入中得：，所以由，，
，解得．
存在定点，使得以为直径的圆恰过点．
题型七、圆锥切线最值型 （共2大题）
13．（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．
14．（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，，
，∴.
题型八、向量定比分点 （共2大题）
15．（25-26高三上·江苏苏州·开学考试）在平面直角坐标系中，动点到点的距离与到直线：的距离相等，记的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)直线过点与曲线交于点，，点满足，当直线斜率最大时，求点的坐标.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根据给定条件，利用抛物线的定义求出方程；
（2）先通过向量关系得到点M与Q的坐标联系，再结合抛物线方程，利用基本不等式求直线OQ斜率最大值，最后联立直线与抛物线方程，结合韦达定理求出点N坐标.
【详解】（1）设动点 ，则点 到点 的距离为 ，
直线 的距离为 ；
因为动点 到点 的距离与到直线 的距离相等，
所以 ，所以 的方程 .
（2）设 ，由 ，即 得 ；
因为点 在轨迹 上，所以 ，而 ，
因为要求 斜率的最大值，所以 ，
所以 ，当且仅当 ，即 时，等号成立.
所以 ，直线 ，
由 与 联立，得 ，即 ，
所以 ，即 ，所以 ，所以 .
16．（25-26高三上·广东佛山·阶段练习）已知是抛物线的焦点，是上的一点，且．
(1)求的方程；
(2)若过点的直线与交于两点，且，求的方程．
【答案】(1)(2)或
【分析】（1）根据焦半径公式求，即可求抛物线方程；
（2）首先设直线，与抛物线方程联立，结合条件和韦达定理，即可求解直线方程.
【详解】（1）由条件可知，，得，
所以抛物线方程为；
（2）设直线，，，，
联立，得，
，，①
由，可得，②
由①②可知，，或，，
所以或，得或，
即直线的方程为，即或，即.
题型九、斜率和定型 （共2大题）
17．（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，.
18.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．
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【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．
题型十、 斜率积定型 （共2大题）
19.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，，
20.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.
题型十一、斜率比值型 （共2大题）
21.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
22.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．
题型十二、非对称型韦达定理 （共2大题）
23已知点坐标为，点分别为椭圆的左、右顶点，直线交于点是等腰直角三角形，且.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线交椭圆于两点，其中点在轴上方.设直线的斜率为，直线的斜率为，探究是否为定值，若为定值，求出定值；若不是定值，说明理由.
河南省许昌、济源、平顶山2020-2021学年高三上学期三市联考第一次质量检测数学（理）试题
【答案】（1）椭圆的方程为：；（2）是定值为．
【分析】（1）根据题意可知，，设，，由向量等式可得的坐标，代入椭圆方程求出的值，从而得到椭圆的方程；
（2）设出方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系即斜率公式即可求得为定值．
【详解】（1）是等腰直角三角形，，，已知，
设，，由，得，，则，代入椭圆方程得，
椭圆的方程为：；
（2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立，得．
设，，，，则，，，，
则．
当直线的斜率不存在时，、分别与、重合，不符合在轴上方，舍去．
是定值为．
24.椭圆，是椭圆的左右顶点，点P是椭圆上的任意一点.
（1）证明：直线，与直线，斜率之积为定值.
（2）设经过且斜率不为0的直线交椭圆于两点，直线与直线交于点，求证：为定值.
【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析.
【分析】（1）设点，结合直线的斜率公式和椭圆的方程，代入求得直线与直线的斜率之积为定值.
（2）设直线的方程为，联立方程组，得到，进而求得，再联立直线的方程组，求得点的横坐标，结合向量的数量积的公式，即可求解.
【详解】（1）由题意，设点,
则直线的斜率为 ，直线的斜率为，
所以，
又由点在椭圆上，可得，即，
所以，即直线与直线的斜率之积为定值.
（2）由直线过点，所以直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设，则，
则，即，
又由直线，直线，联立方程组，可得，
整理得，
解得，即点 又由向量，
所以（定值），即为定值.
题型十三、无韦达定理型 （共2大题）
25.已知为椭圆上的动点，过点作轴的垂线段，为垂足，点满足.
（Ⅰ）求动点的轨迹的方程；
（Ⅱ）若两点分别为椭圆的左右顶点，为椭圆的左焦点，直线与椭圆交于点，直线的斜率分别为，求的取值范围.
安徽省合肥市2022届高三调研性检测数学理试题
【答案】（Ⅰ）动点的轨迹的方程为 （Ⅱ）
【详解】【试题分析】（1）先设，进而求得点，再依据题设条件求得，然后借助为椭圆上的点，进而消去参数从而求得动点的轨迹的方程为；（2）先求出点，再设，进而依据求出，进而借助且，及在和都是单调减函数，求出的范围为：
解：（Ⅰ）设依题意，且，
∵,即,
则有.又∵为椭圆上的点，可得，即，
即动点的轨迹的方程为.
（Ⅱ）依题意，设∵为圆的直径，则有，故的斜率满足，
，∵点不同于两点且直线的斜率存在，故且，
在和都是单调减函数，的范围为，
故 .
26.如图，在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，过原点的直线交该椭圆于，两点（点在轴上方），点．当直线垂直于轴时，．
（1）求，的值；
（2）设直线与椭圆的另一交点为，直线与椭圆的另一交点为．
①若，求的面积；
②是否存在轴上的一定点，使得直线恒过点？若存在，求出的坐标；若不存在，请说明理由．
江苏省苏州市2020-2021学年高二上学期1月学业质量阳光指标调研数学试题
【答案】（1）；（2）①；②过定点，理由见解析.
（1）根据可得，再根据已知的离心率可求.
（2）①根据可得为的中点，再设，从而可得关于的方程组，解方程后可得所求的面积.
②设，求出直线的方程，再联立椭圆方程，利用韦达定理求出的坐标，同理可求的坐标，取，可证共线，从而得到直线恒过点.
【详解】（1）因为当直线垂直于轴时，，故，故，
又因为离心率为，故，故，故.故.
（2）由（1）可得椭圆方程为：，①因为，且为的中点，故为的中点，
设，则，所以，解得，故的面积为.
②设，则，由，故，
由韦达定理有，
所以，故，同理可得，，
当时，取，则，同理，
故共线，故过定点.当时，，此时过定点.
故过定点.
题型十四、第十九题型新定义 （共2大题）
27．（2025·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．
28．（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）某同学利用导数方法求出了过椭圆上一点的切线的方程为.事实上，法国数学家笛莎格在《圆锥曲线论稿》中给出了这样的结论：给定一点和一条直线，将点和直线分别称为椭圆的极点和极线.一般地，当点在椭圆上时，极线为椭圆在点处的切线；当点在椭圆外时，极线为过从点作椭圆的两条切线的切点的弦所在的直线；当点在椭圆内时，极线在椭圆外且与椭圆没有公共点.请利用这些结论解决下列问题：
(1)已知点和直线分别为椭圆的极点和极线，
①求极线的方程；
②若为极线上任意一点，过点作椭圆的割线交椭圆于两点，记所在直线的斜率依次为，求证：.
(2)给定椭圆和点，过点作斜率为的直线和椭圆相交于两点，分别连接交于点，记和轴的交点依次为，，求证：为线段的中点.
【答案】(1)①；②证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）①由极点极线的定义可得极线方程；②利用齐次化可证；
（2）利用（1）②的结论可证三点共线，从而可证为线段的中点.
【详解】（1）①因为，故在椭圆外，故极线为即直线的方程为.
②设，设直线的方程为：，
又椭圆方程可化为，
故，
由得：
，设，
则（★）
故为（★）的两个解，
所以
因为过，故，故，
故
.
（2）由（1）可得椭圆的以点为极点的极线方程为，
故点在极线上，同样记，连接，
由（1）中的结论可知，，且，
故即三点共线，如图所示，设，
则，由（1）中②知，故，
故，故为线段的中点.
29．（2025·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．
结束