2026年高考数学一轮复习考点精讲精练(新高考通用第08讲直线与圆锥曲线的位置关系(高效培优讲义)(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学一轮复习考点精讲精练(新高考通用第08讲直线与圆锥曲线的位置关系(高效培优讲义)(学生版+解析)，共7页。试卷主要包含了直线与圆锥曲线的位置关系，圆锥曲线的弦长问题，圆锥曲线的中点弦问题，圆锥曲线的面积问题，圆锥曲线中的最值问题，圆锥曲线中的向量问题，圆锥曲线中的证明问题，圆锥曲线中的探索性问题等内容，欢迎下载使用。
考情探究 TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc23670" PAGEREF _Tc23670 \h 2
知识梳理 \l "_Tc30037" PAGEREF _Tc30037 \h 3
探究核心考点 \l "_Tc28328" PAGEREF _Tc28328 \h 6
\l "_Tc25100" 考点一 直线与圆锥曲线的位置关系 PAGEREF _Tc25100 \h 6
\l "_Tc10298" 考点二 圆锥曲线的弦长问题 PAGEREF _Tc10298 \h 7
\l "_Tc31058" 考点三 圆锥曲线的中点弦问题 PAGEREF _Tc31058 \h 8
\l "_Tc19728" 考点四 圆锥曲线的面积问题 PAGEREF _Tc19728 \h 9
\l "_Tc9975" 考点五 圆锥曲线中的最值问题 PAGEREF _Tc9975 \h 10
\l "_Tc23374" 考点六 圆锥曲线中的向量问题 PAGEREF _Tc23374 \h 13
\l "_Tc29656" 考点七 圆锥曲线中的证明问题 PAGEREF _Tc29656 \h 14
\l "_Tc22142" 考点八 圆锥曲线中的探索性问题 PAGEREF _Tc22142 \h 15
\l "_Tc751" 考点九 圆锥曲线的定点、定值、定直线问题 PAGEREF _Tc751 \h 17
\l "_Tc13539" 考点十 圆锥曲线的综合问题 PAGEREF _Tc13539 \h 21
三阶突破训练 \l "_Tc7132" PAGEREF _Tc7132 \h 23
基础过关 \l "_Tc18531" PAGEREF _Tc18531 \h 23
能力提升 \l "_Tc22187" PAGEREF _Tc22187 \h 25
真题感知 \l "_Tc1959" PAGEREF _Tc1959 \h 27
一、5年真题考点分布
二、命题规律及备考策略
【命题规律】近5年圆锥曲线（椭圆、抛物线、双曲线）的命题呈现多考点融合的特点，涵盖椭圆的最值、面积、直线与椭圆的位置关系，抛物线的弦长、焦点准线、面积，双曲线的交点、动点在定直线上等考点，题型包含选择题、填空题、解答题，分值跨度大（4-17分）。考查时不仅有单一曲线的深入考查，还常涉及直线与圆锥曲线的综合，且部分题目与向量、数列、导数、不等式等知识交叉，注重对学生几何运算、逻辑推理及知识综合应用能力的考查。
【备考策略】备考时需扎实掌握椭圆、抛物线、双曲线的定义、标准方程、几何性质等核心知识点。针对各曲线的高频考点（如椭圆的面积与最值、抛物线的弦长、双曲线的交点问题）开展专项训练，同时强化直线与圆锥曲线综合题的练习，总结 “设而不求（韦达定理）”“定义法”“几何法” 在解题中的应用技巧，提升运算准确性和知识迁移能力，尤其关注与向量、导数、不等式结合的综合题型。
【命题预测】预计未来圆锥曲线命题将继续保持综合性与创新性，考查重点仍围绕各曲线的核心性质及直线与圆锥曲线的综合应用。命题可能在曲线间的融合、与更多数学分支（如数列、函数）的结合以及实际应用场景的创设上有所突破，以此检验学生的数学建模、综合分析及创新思维能力。
1.直线与椭圆的位置关系
将直线的方程与椭圆的方程联立成方程组，消元转化为关于x或y的一元二次方程，其判别式为Δ.
① 直线和椭圆相交直线和椭圆有两个交点(或两个公共点）；
② 直线和椭圆相切直线和椭圆有一个切点(或一个公共点)；
③ 直线和椭圆相离直线和椭圆无公共点．
2.直线与椭圆的相交弦
设直线交椭圆于点两点，则
==
同理可得
3.直线与双曲线的位置关系
将直线的方程与双曲线的方程联立成方程组，消元转化为关于x或y的一元二次方程，其判别式为Δ.
若即，直线与双曲线渐近线平行，直线与双曲线相交于一点；
若即，
① 直线和双曲线相交直线和双曲线相交，有两个交点；
② 直线和双曲线相切直线和双曲线相切，有一个公共点；
③ 直线和双曲线相离直线和双曲线相离，无公共点．
4.直线与双曲线的相交弦
设直线交双曲线于点两点，则
==
同理可得
这里的求法通常使用韦达定理，需作以下变形：
5.双曲线的中点弦问题
遇到中点弦问题常用“韦达定理”或“点差法”求解.
在双曲线中，以为中点的弦所在直线的斜率 ；
6.直线与抛物线的位置关系
将直线的方程与抛物线的方程y2=2px（p＞0）联立成方程组，消元转化为关于x或y的一元二次方程，其判别式为Δ.
若，直线与抛物线的对称轴平行或重合，直线与抛物线相交于一点；
若
① 直线和抛物线相交，有两个交点；
② 直线和抛物线相切，有一个公共点；
③ 直线和抛物线相离，无公共点．
7.直线与抛物线的相交弦
设直线交抛物线于点两点，则
==
同理可得
这里的求法通常使用韦达定理，需作以下变形：
8.抛物线的焦点弦问题
已知过抛物线的焦点F的直线交抛物线于A、B两点。
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则：
①焦点弦长
②
③，其中|AF|叫做焦半径，
④焦点弦长最小值为2p，根据时，即AB垂直于x轴时，弦AB的长最短，最短值为2p。
考点一 直线与圆锥曲线的位置关系
典例1．（2025高三·云南昆明）已知直线与椭圆，点，则下列说法正确的是（ ）
A．若点A在椭圆C外，则直线l与椭圆C相离
B．若点A在椭圆C上，则直线l与椭圆C相切
C．若点A在椭圆C内，则直线l与椭圆C相交
D．若点A在直线l上，则直线l与椭圆C的位置关系不确定
典例2．（2025·北京门头沟·模拟预测）“”是“直线与双曲线只有一个公共点”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
跟踪训练1．（2025高三·浙江·期末）若直线和圆没有交点，则过点的直线与椭圆的交点个数为（ ）
A．1个B．至多一个C．2个D．0个
跟踪训练2．（2025高三·云南昆明）若集合，，则A∩B所含元素个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
跟踪训练3．（2025·天津·模拟预测）“”是“直线与抛物线只有一个公共点”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
跟踪训练4．（2025·河北·模拟预测）已知椭圆C：与直线相切，则椭圆C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
跟踪训练5．（2025·陕西·模拟预测）已知直线与曲线有两个公共点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
跟踪训练6．（2025·江苏·模拟预测）若直线与双曲线有两个不同交点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
考点二 圆锥曲线的弦长问题
典例1．（2025·湖南·模拟预测）经过椭圆的右焦点作倾斜角为的直线，直线与椭圆相交于，两点，则（ ）
A．B．C．D．
典例2．（2025·北京·模拟预测）已知双曲线的两个焦点分别为，过的直线与双曲线的同一支交于，两点，且，则线段的长度为（ ）
A．B．9C．D．6
跟踪训练1．（2025·山东·模拟预测）过双曲线的左焦点作直线，与双曲线交于两点，若，则这样的直线有（ ）
A．1条B．2条C．3条D．4条
跟踪训练2．（2025·辽宁·模拟预测）已知抛物线焦点为，过的直线与抛物线交于两点（点在第一象限），其准线与轴交于点，若线段的垂直平分线恰好过，则（ ）
A．B．C．D．2
跟踪训练3．（2025·山西临汾·模拟预测）已知抛物线的焦点为，过点的直线与交于两点，若，则（ ）
A．B．3C．4D．
考点三 圆锥曲线的中点弦问题
典例1．（2025·甘肃张掖·模拟预测）已知倾斜角为的直线与椭圆交于两点，为中点，为坐标原点，则直线的斜率为（ ）
A．B．C．D．
典例2．（2025·内蒙古包头·模拟预测）直线与双曲线交于两点，线段的中点为，则直线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
跟踪训练1．（2025高三·山西·期末）已知椭圆的离心率为，过点的直线与椭圆交于A，B两点，且满足，则直线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
跟踪训练2．（2025·陕西铜川·模拟预测）已知原点为，椭圆与直线交于两点，线段的中点为，若直线的斜率为，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
跟踪训练3．（2025·湖南邵阳·模拟预测）已知直线与双曲线相交于，两点，且弦的中点是，则此双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
跟踪训练4．（2025·广东湛江·模拟预测）已知抛物线与直线交于，两点，且线段中点的横坐标为，则（ ）
A．B．C．D．
跟踪训练5．（2025高三·云南·期末）已知直线交抛物线于两点，且的中点为，则直线的斜率为（ ）
A．B．C．D．
考点四 圆锥曲线的面积问题
典例1．（2025·湖北黄冈·模拟预测）已知椭圆的右焦点为，过点作两条相互垂直的直线分别与相交于，和，则四边形面积的最小值为（ ）
A．1B．C．2D．
典例2．（2025·浙江金华·模拟预测）双曲线的离心率为，过左焦点的直线与双曲线的左支、右支分别交于点，当直线与轴垂直时，.
(1)求双曲线的方程；
(2)点满足，其中是坐标原点，求四边形的面积.
跟踪训练1．（2025·湖北武汉·模拟预测）已知椭圆E：的左焦点为F，过点分别作E的切线、，切点分别为A、B，则面积最大值为（ ）
A．B．C．2D．
跟踪训练2．（2025·湖南·模拟预测）若椭圆的左右焦点分别为，，直线l：与椭圆交于A，B两点，若点P为线段上的动点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
跟踪训练3．（2025·北京延庆·模拟预测）已知椭圆的短轴长为2，左右焦点分别为，，M为椭圆C上一点，且轴，
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知直线且与椭圆C交于A，B两点，点A关于原点的对称点为、关于x轴的对称点为，直线与x轴交于点D，若与的面积相等，求m的值.
跟踪训练4．（2025·陕西西安·模拟预测）已知双曲线的离心率为分别是双曲线的左､右焦点，过的直线与双曲线交于两点，当直线垂直于轴时，.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)若的面积为，求直线的方程.
跟踪训练5．（2025·甘肃白银·模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，，且点到的渐近线的距离为2．
(1)求的方程；
(2)记的左顶点为，过点的直线l与交于两点（异于点）．
（ⅰ）证明：直线的斜率之积为定值；
（ⅱ）过点E分别作直线垂线，垂足分别为，记，的面积分别为，求的最大值．
跟踪训练6．（2025·山西·模拟预测）已知点，为平面内一动点，以为直径的圆与轴相切，点的轨迹记为.
(1)求的标准方程.
(2)过点的直线与交于，两点，过点且垂直于的直线交轴于点，过点且垂直于的直线交轴于点.当四边形的面积最小时，求的方程.
跟踪训练7．（2025·四川成都·模拟预测）过点作直线与抛物线交于，两点.
(1)设为坐标原点，求的值；
(2)若以线段为直径的圆与轴相切，求的方程；
(3)过点作直线（不同于）与交于，两点，且直线与轴交于点，证明：与的面积相等.
跟踪训练8．（2025·湖南岳阳·模拟预测）抛物线的焦点为，且过点．过点的一条直线与交于两点（在线段之间），且与线段交于点．
(1)证明：点到和的距离相等；
(2)若的面积等于的面积，求点的坐标．
考点五 圆锥曲线中的最值问题
典例1．（2025·安徽·模拟预测）设A为椭圆上一点，，则当最小时，点A的横坐标为（ ）
A．B．0C．1D．2
典例2．（2025·河南信阳·模拟预测）已知椭圆，P为椭圆上任意一点，过点P分别作与直线和平行的直线，分别交，交于M，N两点，则的最大值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
跟踪训练1．（25-26高三·安徽）已知椭圆：过点，其离心率为．四边形的顶点均在椭圆上，直线过的左焦点，对角线，交点为椭圆的右焦点．
(1)求椭圆的方程；
(2)若，的斜率存在且分别为，，求证：为定值；
(3)过点作，垂足为，求的最大值．
跟踪训练2．（2025·上海·模拟预测）如图，椭圆：，为其右焦点，过点的动直线与椭圆相交于，两点.

(1)若直线经过焦点，求此时线段的长度；
(2)若焦点不在直线上，求周长的最大值及相应直线的方程；
(3)在平面直角坐标系中，是否存在与点不同的定点，使得恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
跟踪训练3．（2025·海南海口·模拟预测）设A，B两点的坐标分别为，直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之积为3．
(1)求点M的轨迹方程C；
(2)若直线l与C交于P，Q两点，且（点O为坐标原点），求的取值范围．
跟踪训练4．（2025·浙江杭州·模拟预测）已知双曲线的左顶点，渐近线方程为，直线经过点，与C交于不与A重合的两点P，Q，
(1)求双曲线C的方程；
(2)求直线AP，AQ的斜率之和；
(3)设在射线AQ上的点R满足∠APQ＝∠ARP，求直线PR斜率的最大值.
跟踪训练5．（2025·江西南昌·模拟预测）如图，椭圆与双曲线在第一象限的公共点为.曲线由两段曲线组成：当时，曲线与椭圆重合，当时，曲线与双曲线重合.
(1)已知，直线过点与曲线交于两点，若，求直线的方程；
(2)已知，斜率为的直线过点与曲线交于两点，若，求实数的最大值.
跟踪训练6．（2025·山东临沂·模拟预测）已知为抛物线的焦点.
(1)求抛物线的方程；
(2)若过的直线与交于，两点，试探究：在轴上是否存在一点，使得，若存在，求出点坐标，若不存在，说明理由；
(3)若，抛物线上两点，满足，且，求的最大值.
跟踪训练7．（2025·湖北·模拟预测）已知F为抛物线：（）的焦点，为在第一象限上的动点，当时，.设的准线与x轴交于点，与交于点N，，，MO与FP交于点，NO与FQ交于点.
(1)求的方程；
(2)求的轨迹方程；
(3)若，求的取值范围.
考点六 圆锥曲线中的向量问题
典例1．（2025·广东广州·模拟预测）已知椭圆C：的离心率为，C的左焦点到右顶点的距离为3．
(1)求C的方程；
(2)过点的直线l与x轴交于点Q，与C交于A、B两点，且，求直线l的方程．
典例2．（2025·北京·模拟预测）已知椭圆的左焦点为，，分别为左右顶点.点是直线上异于点的动点，直线交椭圆的另一点为点.
(1)求的值；
(2)直线与交于点，求证：.
跟踪训练1．（2025·浙江绍兴·模拟预测）已知点在圆上，作垂直于轴，垂足为，点为中点．
(1)求动点的轨迹的方程；
(2)直线与轴交于点，与交于、两个相异点，且，求的取值范围．
跟踪训练2．（2025·辽宁鞍山·模拟预测）设，分别是直线和上的动点，且，动点为线段的中点．
(1)求动点的轨迹方程；
(2)已知线段是圆的一条直径，求的最大值．
跟踪训练3．（2025·天津·模拟预测）已知椭圆C：（）上一动点D到原点O距离的最小值为，最大值为2．
(1)求椭圆C方程．
(2)设椭圆C的左右焦点分别为，，过作直线l交椭圆于两点，点E满足，线段，OP交于点A，设与的面积分别为，，求的取值范围．
跟踪训练4．（2025·四川绵阳·模拟预测）已知双曲线的左右顶点为，且，双曲线的一条渐近线的斜率为，过点的直线交双曲线于两点，为坐标原点.
(1)求双曲线的方程；
(2)若双曲线上存在点，且，求此时直线的方程.
(3)过点的直线双曲线于两点，直线的斜率为，直线的斜率为，且，求的最小值.
考点七 圆锥曲线中的证明问题
典例1．（2025·河南·模拟预测）已知等轴双曲线的对称中心均为坐标原点，焦点分别在轴和轴上，且焦距均为4．设两点分别在上，满足直线的斜率之积为1，点为上异于的另一点，过分别作平行于的直线，交于两点．
(1)求双曲线的方程；
(2)证明：；
(3)设，，证明：为定值．
典例2．（2025·湖北武汉·模拟预测）已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为.
(1)求的方程；
(2)已知点，证明：线段的垂直平分线与椭圆恰有一个公共点；
(3)是否存在坐标平面上定圆（是定圆上的动点）使得线段的垂直平分线与椭圆恰有一个公共点，若存在，证明、、三点共线；若不存在，说明理由.
跟踪训练1．（2025·福建泉州·模拟预测）矩形的长为4，宽为2，其四边的中点恰为椭圆的顶点．
(1)求的方程及离心率；
(2)若，，三点在以为直径的圆上，且直线，均与有且只有一个公共点，证明：是直角三角形．
跟踪训练2．（2025·河北邯郸·模拟预测）已知椭圆的离心率为，短轴的一个顶点到长轴的一个顶点的距离为，为坐标原点，.
(1)求的方程；
(2)若上存在不关于轴对称的两点，使得恰好被轴平分，求面积的取值范围；
(3)过的直线与交于不同的两点椭圆在两点处的切线相交于为线段的中点，证明：三点共线.
跟踪训练3．（2025·陕西咸阳·模拟预测）已知为椭圆的一个焦点，的长半轴长与焦距相等，且与直线相切.
(1)求椭圆的方程；
(2)过的动直线与交于两点，请探究与之间有何关系？并证明.
跟踪训练4．（2025·江苏南通·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知圆，直线，动圆与圆外切且与相切，记圆心的轨迹为曲线.
(1)求的方程；
(2)经过点的直线与交于，两点.
（i）是上异于的点，设直线，，，的斜率分别为，，，，若，证明：；
（ii）记线段的中点为，，是否存在直线，使得，，均为正整数，若存在，求直线的方程；若不存在，说明理由.
跟踪训练5．（2025·四川泸州·模拟预测）已知抛物线的焦点为，准线为，以为圆心的圆与相切，与相交于两点（在轴的上方），且.
(1)求的方程；
(2)设过且不与坐标轴垂直的直线与交于两点，过线段的中点的直线与轴交于点，且点在点的右侧，，证明：.
考点八 圆锥曲线中的探索性问题
典例1．（2025·四川巴中·模拟预测）如图，椭圆的一个焦点为（1，0），过点的动直线与椭圆相交于两点，当直线平行于轴时，直线被椭圆截得的线段长为.

(1)求椭圆的方程.
(2)在平面直角坐标系中，是否存在与点不同的定点，使恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
典例2．（2025·全国·模拟预测）已知点关于坐标原点的对称点为，动点满足直线，的斜率之积为，记动点的轨迹为曲线.
(1)求的方程；
(2)判断上是否存在点，使得为等腰直角三角形，如果存在，求出点坐标.反之说明理由.
跟踪训练1．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）如图，已知为半圆上一点，过点作抛物线的两条切线，切点分别为，直线分别与轴交于点，记的面积为，的面积为．
(1)若的焦点为，且的最小值为，求的值；
(2)若存在点，使得，求的取值范围．
跟踪训练2．（2025·湖北黄冈·模拟预测）已知中心在原点，焦点在轴上的圆锥曲线的离心率为2，过的右焦点作垂直于轴的直线，该直线被截得的弦长为6.
(1)求的方程；
(2)若面积为12的的三个顶点均在上，边过，边过原点，求直线的方程；
(3)已知，过点的直线与在轴右侧交于不同的两点，，上存在点满足，且，试求的范围.
跟踪训练3．（2025·浙江·模拟预测）已知双曲线（，）的焦距为，右顶点为A，直线l与双曲线E相交于P，Q两点，且与E的一条渐近线相交于点．
(1)求双曲线E的方程；
(2)是否存在直线l，使得与的面积相等？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由；
(3)若直线AP，AQ分别与y轴相交于M，N两点，证明：为定值．
考点九 圆锥曲线的定点、定值、定直线问题
典例1．（25-26高三·黑龙江哈尔滨）已知椭圆的离心率为，过点，为坐标原点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线交曲线于，两点，过点与垂直的直线交曲线于，两点，其中，在轴上方，，分别为，的中点.
（i）证明：直线过定点；
（ii）求面积的最大值.
典例2．（25-26高三·安徽蚌埠）已知抛物线的焦点为为坐标原点，上存在点到和的距离都等于．
(1)求抛物线的方程；
(2)过点的直线交抛物线于点，直线与相交于另一点，直线与相交于另一点．
（i）求证：；
（ii）求证：直线经过定点．
跟踪训练1．（2025·河北保定·模拟预测）已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形的面积为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设椭圆的右顶点为，若直线与椭圆交于两点，满足，证明：直线过定点．
跟踪训练2．（2025·福建泉州·模拟预测）已知为坐标原点，抛物线：，过点（0，4）的直线与相交于M，N两点.
(1)求；
(2)过M，N分别作的两条切线，，记，的交点为P.
（i）求面积的最小值；
（ii）设A，B分别为，与x轴的交点，证明：的外接圆过定点.
跟踪训练3．（2025·浙江·模拟预测）已知椭圆的离心率为，且.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知B，A是椭圆的左、右顶点，不与轴平行或重合的直线交椭圆于M，N两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，且，证明：直线过定点；
(3)如图，点为椭圆上不同于A，B的任一点，在抛物线上存在两点R，Q，使得四边形为平行四边形，求的最小值.
跟踪训练4．（2025·云南昭通·模拟预测）过抛物线上的点的直线，分别交抛物线于点，．设直线，的斜率分别为，，，当且点，关于轴对称时，的面积为16．
(1)求抛物线的方程；
(2)当时，证明：直线过定点．
跟踪训练5．（2025·河北邢台·模拟预测）椭圆：的离心率为，点在上.
(1)求的方程；
(2)圆：在椭圆内，过的右顶点作圆的两条切线，，斜率分别为，，且分别与交于，两点（均不与点重合）.
①求的值；
②当变化时，证明：直线与轴交于定点.
跟踪训练6．（2025·广东广州·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知点，点为圆上任意一点，线段的垂直平分线交半径于点，当点在圆上运动时，记点的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)若点，试判断直线与的位置关系，并说明理由；
(3)设点为圆上异于和的任意一点，若直线与直线分别交于点，求证：两点的纵坐标之积为定值.
跟踪训练7．（2025·全国·模拟预测）设和是椭圆的两条经过坐标原点的弦，且直线和的斜率之积为．
(1)求的值；
(2)设是线段的中点，求的轨迹方程；
(3)设是曲线上的动点，过作的切线交于两点．证明：的面积是定值．（参考公式：椭圆在其上一点处的切线方程为
跟踪训练8．（2025·全国·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，，点在椭圆上，满足直线的斜率之积为，且面积的最大值为2．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线与椭圆交于两点，同时与直线交于点，假设，，判断是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
跟踪训练9．（2025·海南·模拟预测）19世纪法国著名数学家加斯帕尔·蒙日，创立了画法几何学，推动了空间几何学的独立发展，提出了著名的蒙日圆定理：椭圆的两条切线互相垂直，则切线的交点位于一个与椭圆同心的圆上，称为蒙日圆，且蒙日圆的半径为（为椭圆的长半轴长，为椭圆的短半轴长）．已知椭圆上任一点到点的距离与到直线的距离之比为，椭圆的蒙日圆为圆．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知点为坐标原点，点是椭圆上的任意一点，是椭圆左右焦点，直线与圆相交于两点，求证：是定值；
(3)过点作直线交圆于、两点，作直线交椭圆于、两点，且，求四边形面积的最小值．
跟踪训练10．（2025·安徽合肥·模拟预测）设双曲线的右顶点为，其焦距为．
(1)求双曲线的方程；
(2)过点作斜率为的直线与双曲线右支相交于两个不同点，其中点在轴上方，连接分别交直线于两点，求证：为定值．
跟踪训练11．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）动点与定点的距离和到定直线的距离之比是常数，记动点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)设点，过点直线与交于，两点，若弦中点的纵坐标为，求直线的斜率；
(3)设是曲线上的一动点，由原点向圆引两条切线，分别交曲线于点，，若直线，的斜率均存在，并分别记为，，试问是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由．
跟踪训练12．（2025·湖南长沙·模拟预测）已知双曲线E的中心在原点，焦点在x轴上，且焦点到渐近线的距离为，其离心率为，记直线从下到上与x轴、双曲线的右支、两条渐近线、双曲线的左支依次交于点P，A，B，C，D，如图所示：
(1)求双曲线E的方程；
(2)求证：；
(3)若，，成等差数列，问，的面积之和是否为定值?并说明理由.
跟踪训练13．（2025·甘肃白银·模拟预测）定义：由椭圆的一个焦点、一个长轴顶点（焦点与长轴顶点在对称轴同一侧）和一个短轴顶点组成的三角形称为该椭圆的“特征三角形”．若两个椭圆的“特征三角形”相似，则称这两个椭圆是“相似三角形关联椭圆”，并将这两个“特征三角形”的相似比称为“相似三角形关联椭圆”的相似比．已知椭圆C：的左、右顶点分别为，，离心率为，点在C上，焦点在x轴上的椭圆与C是“相似三角形关联椭圆”，且相似比为，的左、右顶点分别为，．
(1)求的标准方程；
(2)求的离心率，并通过比较与C的离心率，写出一个关于“相似三角形关联椭圆”离心率的结论（写出结论即可，不要求证明）；
(3)若直线l：与交于M，N两点，设直线，的斜率分别为，，试问是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由．
跟踪训练14．（2025·甘肃白银·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，，上、下顶点分别为，，四边形为正方形，点，且的面积为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过的直线与交于，两点，求证：；
(3)已知直线交椭圆于，两点，直线，相交于点.试判断点是否在定直线上，若在，请求出定直线的方程；若不在，请说明理由.
跟踪训练15．（2025·安徽蚌埠·模拟预测）已知椭圆的离心率为，点在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点的直线（非y轴）交椭圆于A，B两点，过点A作y轴的垂线与直线BP相交于点D，求证：线段AD的中点在定直线上．
跟踪训练16．（2025·湖南·模拟预测）已知双曲线的焦距为，其中一条渐近线方程为为双曲线的左、右顶点．
(1)求双曲线的方程．
(2)过点作动圆（以为圆心）的两条切线分别交双曲线于异于点的，两点，试判断直线是否过定点？若是，请求出此定点的坐标；若不是，请说明理由．
(3)已知动点满足直线的斜率的乘积的绝对值为2，记动点的轨迹为曲线．过点作直线交曲线分别于和（其中的横坐标的绝对值均大于1），求证：直线与的交点在定直线上．
跟踪训练17．（2025·湖南岳阳·模拟预测）已知抛物线的顶点在坐标原点处，对称轴为轴，且过点，，是上两个动点．
(1)求抛物线的标准方程；
(2)已知是上一点，且的焦点为的重心，设的横坐标为，求的取值范围；
(3)已知为直线在第二象限内一点，直线，与抛物线分别相切于，两点，设，与轴分别交于，两点，证明：直线与直线的交点在定直线上．
考点十 圆锥曲线的综合问题
典例1．（2025·广东广州·模拟预测）已知曲线，（，），当变化时得到一系列的椭圆，我们把它称为“2~1椭圆群”.

(1)若“2~1椭圆群”中的两个椭圆、，对应的分别为、（），如图所示，若直线能与椭圆、依次交于，，，四点，证明：；
(2)当（）时，直线与椭圆在第一象限内的交点分别为，设.
（i）求证：为等比数列，并求出其通项公式；
（ii）令数列，求证.
典例2．（2025·河南周口·模拟预测）已知点在抛物线上，过点作斜率为的直线交于另一个点，设与关于y轴对称，再过作斜率为的直线交于另一个点，设与关于y轴对称，以此类推一直作下去，设．
(1)求t的值；
(2)求数列的通项公式，并求数列的前项和的取值范围；
(3)求的面积．
跟踪训练1．（2025·安徽·模拟预测）记抛物线的焦点为F，过原点O作斜率为1的直线l，l与E交于另一点，取的中点，直线与E交于另一点，取的中点，以此类推，记直线的斜率为．
(1)求点的坐标；
(2)证明：是递减数列；
(3)记的面积为，证明：．
跟踪训练2．（2025·河北·模拟预测）求导是研究函数性质的一种方法，特别是利用导数的几何意义来研究切线的斜率，这种方法也适用于圆锥曲线，我们可以将圆锥曲线方程视为复合函数，仿照复合函数的求导法则来进行，例如：圆的方程，为了求对的导数，可将看作的复合函数，将上式两边逐项对求导，则有：，于是得.已知直线与双曲线相切于点的右焦点为，直线与直线交于点.
(1)证明：直线的方程为；
(2)证明：以为直径的圆过点；
(3)若，直线与两条渐近线交于两点，求的面积.
跟踪训练3．（2025·四川绵阳·模拟预测）梅内克缪斯在研究著名的“倍立方问题”时，第一次提出圆锥曲线的概念并加以研究，研究发现，一个平面以不同方式与圆锥相截时，得到的截口曲线不一样.如图，已知两个底面半径2，高为的圆锥按如图放置，用一个与圆锥轴平行的经过母线中点的平面去截两个圆锥，得截口曲线是双曲线的一部分.以双曲线的实轴为轴，对称中心为原点建立平面直角坐标系.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)若为双曲线的右顶点，且关于原点的对称点为，过点的直线与曲线交于，两点，直线与的交点为，证明：点在定直线上.
1．（2025·云南昆明·模拟预测）已知椭圆的一个焦点为，过点且垂直于椭圆长轴的直线与的一个交点为，则（ ）
A．B．C．D．
2．（2025·四川广安·模拟预测）过椭圆上一点作圆的两条切线，点为切点，过的直线与轴、轴分别交于点、两点，则面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
3．（2025·广东广州·模拟预测）已知一条直线与抛物线交于，两点，过坐标原点引的垂线，垂足的坐标为，，则（ ）
A．B．C．1D．2
4．（2025·安徽合肥·模拟预测）已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1、F2，M是C上一点，P、Q分别是的中点，O为坐标原点，若，且四边形OPMQ的面积为，则椭圆C的短轴长为（ ）
A．2B．1C．D．
5．（2025·内蒙古呼和浩特·模拟预测）经过抛物线焦点的直线与圆相切，与抛物线交于两点．为圆上任意一点，则面积的最大值为（ ）．
A．B．C．D．
6．（2025·江西·模拟预测）已知双曲线的右焦点为，左顶点为，离心率为3，为上一点，且位于第一象限，若垂直于轴，则直线的斜率为（ ）
A．1B．2C．3D．
7．（2025·辽宁沈阳·模拟预测）若命题p：，命题q：直线与抛物线无公共点，则q是p的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
8．（2025·海南·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，设为坐标原点，为上一点，若的面积为，则（）
A．B．C．D．
1．（25-26高三·安徽）已知椭圆的离心率为，短轴长为.
(1)求C的方程；
(2)若直线与C交于两点，O为坐标原点，的面积为，求t的值.
2．（2025·浙江·模拟预测）如图，椭圆C：的离心率为，左右焦点分别为，，左右顶点分别为A，B，椭圆上有一动点D（异于A，B），点E为线段的中点，点O为坐标原点.直线与直线相交于点M.已知面积有最大值为.
(1)当点M坐标为时，求；
(2)证明：.
3．（2025·广西·模拟预测）已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，离心率为，且过焦点且垂直于椭圆C的长轴的弦长为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知过点的直线l交椭圆C于，两点，当的面积最大时，求直线l的方程.
4．（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．
5．（2025·广西·模拟预测）已知椭圆的右顶点为，离心率.
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线与椭圆交于不同的两点，点，若直线的斜率与直线的斜率互为相反数，求实数的值.
6．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）已知椭圆的左､右焦点分别为，过点作斜率为的直线交于两点.当时，轴，且.
(1)求椭圆的方程；
(2)若，求直线的方程.
7．（2025·福建三明·模拟预测）已知椭圆的左顶点为，上顶点为，离心率为，的面积为．
(1)求椭圆的方程；
(2)直线（存在且不等于0）与椭圆交于，两点，直线与轴交于点，直线与直线交于点，判断是否为定值并证明．
8．（25-26高三·重庆沙坪坝）在圆上任取一点，过点作轴的垂线段为垂足．
(1)当点在圆上运动时，求线段的中点的轨迹方程．(当点经过圆与轴的交点时，规定点与点重合)
(2)根据（1）中所得的点的轨迹方程，若直线与点的轨迹相交于，两点，且，试判断的面积是否为定值．若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
9．（2025·陕西西安·模拟预测）已知满足，，，且是锐角.
(1)求；
(2)设，所在直线分别为直线，，A，B分别在，上，过A，B分别作的角平分线的垂线，垂足为M，N，且为定值，以，为邻边作平行四边形.
（i）请建立适当的坐标系求出R点轨迹方程C；
（ⅱ）若直线交C于P，Q两点，以线段，为直径的两圆的另一个交点为G，且，求的最大值.
10．（2025·四川广安·模拟预测）已知椭圆：的右焦点为，上两点满足（），且.若椭圆的左右顶点为，，上下顶点为，，记四边形的内切圆为.
(1)求圆的标准方程；
(2)求证：以为直径的圆恒过异于点的一个定点；
(3)已知为椭圆上任意一点，过点作圆的切线分别交椭圆于，两点，试求三角形面积小值.
1．（2023·新课标Ⅱ卷·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．
2．（2023·全国乙卷·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．
3．（2024·北京·高考真题）若直线与双曲线只有一个公共点，则的一个取值为 ．
4．（2023·全国甲卷·高考真题）已知直线与抛物线交于两点，且．
(1)求；
(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，，求面积的最小值．
5．（2023·全国乙卷·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．
6．（2025·天津·高考真题）已知椭圆的左焦点为F，右顶点为A，P为上一点，且直线的斜率为，的面积为，离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点P的直线与椭圆有唯一交点B（异于点A），求证：PF平分.
7．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.
(1)若，求；
(2)证明：数列是公比为的等比数列；
(3)设为的面积，证明：对任意正整数，.
5年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2025年全国一卷，18题，17分
求椭圆中的最值问题
无
2025年全国二卷，16题，15分
椭圆中三角形（四边形）的面积
无
2025年天津卷，18题，15分
根据直线与椭圆的位置关系求参数或范围
用向量解决夹角问题
2024年新课标I卷：第16题，15分
椭圆中三角形（四边形）的面积
无
2024年新课标Ⅱ卷：第10题，6分
直线与抛物线交点相关问题 切线长
根据抛物线方程求焦点或准线
无
2024年新课标Ⅱ卷：第19题，17分
求直线与双曲线的交点坐标
由递推关系证明等比数列
向量夹角的坐标表示
2023年新课标I卷：第22题，12分
求直线与抛物线相交所得弦的弦长
由导数求函数的最值（不含参）
基本（均值）不等式的应用
2023年新课标Ⅱ卷：第21题，12分
双曲线中的动点在定直线上问题
无
2023年全国甲卷（理数）：第20题，12分
求直线与抛物线相交所得弦的弦长
抛物线中的三角形或四边形面积问题
无
第08讲 直线与圆锥曲线的位置关系
目录
考情探究 TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc23670" PAGEREF _Tc23670 \h 2
知识梳理 \l "_Tc30037" PAGEREF _Tc30037 \h 3
探究核心考点 \l "_Tc28328" PAGEREF _Tc28328 \h 6
\l "_Tc25100" 考点一 直线与圆锥曲线的位置关系 PAGEREF _Tc25100 \h 6
\l "_Tc10298" 考点二 圆锥曲线的弦长问题 PAGEREF _Tc10298 \h 12
\l "_Tc31058" 考点三 圆锥曲线的中点弦问题 PAGEREF _Tc31058 \h 16
\l "_Tc19728" 考点四 圆锥曲线的面积问题 PAGEREF _Tc19728 \h 19
\l "_Tc9975" 考点五 圆锥曲线中的最值问题 PAGEREF _Tc9975 \h 32
\l "_Tc23374" 考点六 圆锥曲线中的向量问题 PAGEREF _Tc23374 \h 47
\l "_Tc29656" 考点七 圆锥曲线中的证明问题 PAGEREF _Tc29656 \h 57
\l "_Tc22142" 考点八 圆锥曲线中的探索性问题 PAGEREF _Tc22142 \h 69
\l "_Tc751" 考点九 圆锥曲线的定点、定值、定直线问题 PAGEREF _Tc751 \h 79
\l "_Tc13539" 考点十 圆锥曲线的综合问题 PAGEREF _Tc13539 \h 118
三阶突破训练 \l "_Tc7132" PAGEREF _Tc7132 \h 127
基础过关 \l "_Tc18531" PAGEREF _Tc18531 \h 127
能力提升 \l "_Tc22187" PAGEREF _Tc22187 \h 132
真题感知 \l "_Tc1959" PAGEREF _Tc1959 \h 145
一、5年真题考点分布
二、命题规律及备考策略
【命题规律】近5年圆锥曲线（椭圆、抛物线、双曲线）的命题呈现多考点融合的特点，涵盖椭圆的最值、面积、直线与椭圆的位置关系，抛物线的弦长、焦点准线、面积，双曲线的交点、动点在定直线上等考点，题型包含选择题、填空题、解答题，分值跨度大（4-17分）。考查时不仅有单一曲线的深入考查，还常涉及直线与圆锥曲线的综合，且部分题目与向量、数列、导数、不等式等知识交叉，注重对学生几何运算、逻辑推理及知识综合应用能力的考查。
【备考策略】备考时需扎实掌握椭圆、抛物线、双曲线的定义、标准方程、几何性质等核心知识点。针对各曲线的高频考点（如椭圆的面积与最值、抛物线的弦长、双曲线的交点问题）开展专项训练，同时强化直线与圆锥曲线综合题的练习，总结 “设而不求（韦达定理）”“定义法”“几何法” 在解题中的应用技巧，提升运算准确性和知识迁移能力，尤其关注与向量、导数、不等式结合的综合题型。
【命题预测】预计未来圆锥曲线命题将继续保持综合性与创新性，考查重点仍围绕各曲线的核心性质及直线与圆锥曲线的综合应用。命题可能在曲线间的融合、与更多数学分支（如数列、函数）的结合以及实际应用场景的创设上有所突破，以此检验学生的数学建模、综合分析及创新思维能力。
1.直线与椭圆的位置关系
将直线的方程与椭圆的方程联立成方程组，消元转化为关于x或y的一元二次方程，其判别式为Δ.
①Δ＞0直线和椭圆相交直线和椭圆有两个交点(或两个公共点）；
②Δ＝0直线和椭圆相切直线和椭圆有一个切点(或一个公共点)；
③Δ＜0直线和椭圆相离直线和椭圆无公共点．
2.直线与椭圆的相交弦
设直线交椭圆于点两点，则
==
同理可得
3.直线与双曲线的位置关系
将直线的方程与双曲线的方程联立成方程组，消元转化为关于x或y的一元二次方程，其判别式为Δ.
若即，直线与双曲线渐近线平行，直线与双曲线相交于一点；
若即，
①Δ＞0直线和双曲线相交直线和双曲线相交，有两个交点；
②Δ＝0直线和双曲线相切直线和双曲线相切，有一个公共点；
③Δ＜0直线和双曲线相离直线和双曲线相离，无公共点．
4.直线与双曲线的相交弦
设直线交双曲线于点两点，则
==
同理可得
这里的求法通常使用韦达定理，需作以下变形：
5.双曲线的中点弦问题
遇到中点弦问题常用“韦达定理”或“点差法”求解.
在双曲线中，以为中点的弦所在直线的斜率；
6.直线与抛物线的位置关系
将直线的方程与抛物线的方程y2=2px（p＞0）联立成方程组，消元转化为关于x或y的一元二次方程，其判别式为Δ.
若，直线与抛物线的对称轴平行或重合，直线与抛物线相交于一点；
若
①Δ＞0直线和抛物线相交，有两个交点；
②Δ＝0直线和抛物线相切，有一个公共点；
③Δ＜0直线和抛物线相离，无公共点．
7.直线与抛物线的相交弦
设直线交抛物线于点两点，则
==
同理可得
这里的求法通常使用韦达定理，需作以下变形：
8.抛物线的焦点弦问题
已知过抛物线的焦点F的直线交抛物线于A、B两点。
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则：
①焦点弦长
②
③，其中|AF|叫做焦半径，
④焦点弦长最小值为2p，根据时，即AB垂直于x轴时，弦AB的长最短，最短值为2p。
考点一 直线与圆锥曲线的位置关系
典例1．（2025高三·云南昆明）已知直线与椭圆，点，则下列说法正确的是（ ）
A．若点A在椭圆C外，则直线l与椭圆C相离
B．若点A在椭圆C上，则直线l与椭圆C相切
C．若点A在椭圆C内，则直线l与椭圆C相交
D．若点A在直线l上，则直线l与椭圆C的位置关系不确定
【答案】B
【分析】考虑和两种情况，联立方程，得到，根据点与椭圆的关系依次验证直线和椭圆的关系得到答案.
【详解】当，则，则直线，
①若点A在椭圆C外，则，则，直线l与椭圆C相交；
②若点A在椭圆C上，则，则，直线l与椭圆C相切；
③若点A在椭圆C内，则，则，直线l与椭圆C相离；
当时，联立方程，消去y得：
，
所以，
①若点A在椭圆C外，则，则，直线l与椭圆C相交；
②若点A在椭圆C上，则手，则，直线l与椭圆C相切；
③若点A在椭圆C内，则，则，直线l与椭圆C相离；
若点A在直线l上，则满足，即点A在椭圆C上，由以上讨论可知直线l与椭圆C相切，D错误.
综上所述：B正确
故选：B
典例2．（2025·北京门头沟·模拟预测）“”是“直线与双曲线只有一个公共点”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】法一：根据题意，联立直线与双曲线方程，由直线与双曲线只有一个公共点代入计算, 即可得到的取值，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
法二：利用直线过定点的特征，结合双曲线渐近线可作出判断.
【详解】法一：由题意，联立方程可得，
当时，即时，方程有一解，即只有一个公共点；
当时，，方程有两解，即有两个公共点，不符合题意.
所以，直线与双曲线只有一个公共点时，.
所以“”是“直线与双曲线只有一个公共点”的充要条件.
法二：因为直线过定点，双曲线的右顶点为，如图，
根据图象可知，当且仅当直线与双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线只有 交点.
所以“”是“直线与双曲线只有一个公共点”的充要条件.
故选：C.
跟踪训练1．（2025高三·浙江·期末）若直线和圆没有交点，则过点的直线与椭圆的交点个数为（ ）
A．1个B．至多一个C．2个D．0个
【答案】C
【分析】利用圆心到直线的距离大于半径得，据此推出，即点在椭圆内，由此可得答案.
【详解】因为直线和圆没有交点，
所以，即，
所以，即点在椭圆内，
所以过点的直线与椭圆的交点个数为个.
故选：C
跟踪训练2．（2025高三·云南昆明）若集合，，则A∩B所含元素个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】B
【分析】利用交集的定义、双曲线与直线的位置关系即可判断出结果.
【详解】由双曲线的渐近线方程为；
则直线与双曲线的渐近线平行，
所以直线与双曲线仅有一个公共点；
故选：.
跟踪训练3．（2025·天津·模拟预测）“”是“直线与抛物线只有一个公共点”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】联立直线与抛物线的方程，可得，分和，讨论方程只有一个解可得或，再由充分条件和必要条件的定义即可得出答案.
【详解】若直线与抛物线只有一个公共点，
则方程只有一个解，
即方程只有一个解，
当时，恒有一个解；
当时，，得，此时方程只有一个解．
即直线与抛物线只有一个公共点，可得或，
故“”是“直线与抛物线只有一个公共点”的充分不必要条件，
故选：A．
跟踪训练4．（2025·河北·模拟预测）已知椭圆C：与直线相切，则椭圆C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用判别式等于0来判断直线与椭圆相切，从而可得到齐次等式来求离心率.
【详解】联立方程消去y后整理为，
有，
整理可得，由，有，
可得．
故选:B．
跟踪训练5．（2025·陕西·模拟预测）已知直线与曲线有两个公共点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】解法1，当时，满足题意，当时，两方程联立方程组消去，然后结合根与系数的关系及判断式可求得结果；解法2，利用数形结合，由与相切时，求出的值，然后结合图形可求得结果；解法3，利用伸缩变换，将半圆横坐标不变，纵坐标缩短到原来的，得到半椭圆，然后转化为直线与圆的关系求解即可.
【详解】解法1：由得，所以为椭圆的上半部分，
直线过定点
①当，直线与有两个公共点；
②当，与曲线联立，
得，
设直线与曲线交于点，
则由题意得，解得，
综上，的取值范围是.
解法2：数形结合法
①当，直线与有两个公共点；
②当与相切时，
两曲线方程联立方程组化简得，
整理得，
由，得,
解得或，
由图可得舍去，
所以由图可得，
综上，的取值范围是.
解法3：将半圆横坐标不变，纵坐标缩短到原来的，得到半椭圆.
当与相切时，由点到的距离等于圆的半径得：，
解得：（舍）或，经过伸缩变换后，，
综上，的取值范围是.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题重点考查了直线与半椭圆位置关系，隐含直线过定点问题，解题的关键是将曲线化简为半椭圆方程，考查数形结合思想和转化思想，属于中档题.
跟踪训练6．（2025·江苏·模拟预测）若直线与双曲线有两个不同交点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据双曲线的渐近线和直线方程过原点得出的范围．
【详解】解：双曲线的渐近线方程为，
直线与双曲线有两个不同的交点，
又直线过原点，则
则的取值范围是.
故选：B．
考点二 圆锥曲线的弦长问题
典例1．（2025·湖南·模拟预测）经过椭圆的右焦点作倾斜角为的直线，直线与椭圆相交于，两点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由椭圆方程求得焦点坐标，从而写出直线方程，联立方程组得一元二次方程，由韦达定理得到两个的和与差，利用交点弦长公式即可求得结果.
【详解】，，∴，即，
，∴，
联立方程组得，整理得，
设，，∴，，
.
故选：A.
典例2．（2025·北京·模拟预测）已知双曲线的两个焦点分别为，过的直线与双曲线的同一支交于，两点，且，则线段的长度为（ ）
A．B．9C．D．6
【答案】C
【分析】根据对称性不妨设过的直线为，与双曲线的方程联立，运用韦达定理和向量共线的坐标表示，结合弦长公式，计算可得．
【详解】双曲线中，，，则，
根据对称性不妨设过的直线为，
联立，可得，
则
设，，则，，①
由，可得，
即有，②
由①②可得，，所以，
解得（负值已舍去），，
所以．
故选：C．
跟踪训练1．（2025·山东·模拟预测）过双曲线的左焦点作直线，与双曲线交于两点，若，则这样的直线有（ ）
A．1条B．2条C．3条D．4条
【答案】D
【分析】设直线方程与双曲线联立，利用弦长公式解方程判断根的个数即可.
【详解】由题意得双曲线左焦点，当直线垂直于横轴时，不符合题意，双曲线渐近线方程为；
故可设，
与双曲线联立可得，
，
由弦长公式知，
则或.
故存在四条直线满足条件.
故选：D
跟踪训练2．（2025·辽宁·模拟预测）已知抛物线焦点为，过的直线与抛物线交于两点（点在第一象限），其准线与轴交于点，若线段的垂直平分线恰好过，则（ ）
A．B．C．D．2
【答案】A
【分析】设直线l的方程为，将其代入抛物线方程，设，由韦达定理得，写出线段的垂直平分线方程，代入，化简得，结合可求得，从而可得，利用求出结果.
【详解】抛物线焦点为，准线，点，
由题意直线l的斜率存在，设直线l的方程为，，
将其代入抛物线方程，得：，
则，
设，由韦达定理得：，
线段的中点坐标为，垂直平分线的斜率为．
线段的垂直平分线方程为：，即，
代入，化简得：，
结合，得：，
则，
则，
.
故选：A．
跟踪训练3．（2025·山西临汾·模拟预测）已知抛物线的焦点为，过点的直线与交于两点，若，则（ ）
A．B．3C．4D．
【答案】D
【分析】设直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，写出韦达定理得到，进而得到，再利用焦半径公式得到，求解出，最后再利用焦半径公式求值即可.
【详解】由题意可知，抛物线的焦点为，设直线的方程为，
将直线的方程与抛物线的方程联立，设，且，
，消去x得，
由韦达定理得，则，
由焦半径公式得，，
因为，所以，
联立方程组，解得或（舍去），
则，故D正确.
故选：D
考点三 圆锥曲线的中点弦问题
典例1．（2025·甘肃张掖·模拟预测）已知倾斜角为的直线与椭圆交于两点，为中点，为坐标原点，则直线的斜率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设出点，，的坐标，根据坐标求出的关系式，把，两点坐标代入椭圆方程，利用点差法化简即可求解．
【详解】设，，，
则，，，
所以，所以，
将，两点坐标代入椭圆方程可得：，
两式作差可得：，
所以，则，
故选：D
典例2．（2025·内蒙古包头·模拟预测）直线与双曲线交于两点，线段的中点为，则直线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由点差法求出直线的斜率，再由点斜式方程求解即可.
【详解】设，，
因为线段的中点为，所以，，
所以，两式相减可得：，
即，
所以，即，
所以直线的斜率为，所以直线的方程为：，
化简为：，经检验符合题意.
故选：A.
跟踪训练1．（2025高三·山西·期末）已知椭圆的离心率为，过点的直线与椭圆交于A，B两点，且满足，则直线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用离心率先求出参数a，再利用点差法求出直线的斜率，即可得到答案.
【详解】由题设，，即，可得，
过的直线与椭圆交于且满足，则为线段的中点，
所以，，又，，
则，即，
所以，
故直线的方程为，即.
故选：C.
跟踪训练2．（2025·陕西铜川·模拟预测）已知原点为，椭圆与直线交于两点，线段的中点为，若直线的斜率为，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设，则，由点差法求解离心率即可.
【详解】设，则，
则，两式相减可得，
，即，
即，，故.
故选：B
跟踪训练3．（2025·湖南邵阳·模拟预测）已知直线与双曲线相交于，两点，且弦的中点是，则此双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用点差法，求，即可求双曲线的渐近线方程.
【详解】设，，
则，两式相减得，
，即，即，
所以双曲线的渐近线方程为.
故选：C
跟踪训练4．（2025·广东湛江·模拟预测）已知抛物线与直线交于，两点，且线段中点的横坐标为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用点差法列方程可得解.
【详解】设，，则，
整理得，
因为线段中点的横坐标为，
所以线段中点的纵坐标为，则，
从而可得，
故选：D.
跟踪训练5．（2025高三·云南·期末）已知直线交抛物线于两点，且的中点为，则直线的斜率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设出直线的斜率为，点两点的坐标，代入抛物线方程，作差，可得，又的中点为，即求出.
【详解】易知直线的斜率存在，设直线的斜率为，
则两式相减得，整理得，
因为的中点为，则，
所以，即直线的斜率为.
故选：D.
考点四 圆锥曲线的面积问题
典例1．（2025·湖北黄冈·模拟预测）已知椭圆的右焦点为，过点作两条相互垂直的直线分别与相交于，和，则四边形面积的最小值为（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】B
【分析】先求出椭圆的右焦点坐标，然后分情况讨论直线的斜率情况.设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用弦长公式求出和，进而得到四边形的面积表达式，再通过函数求最值的方法求出面积的最小值.
【详解】在椭圆中，，，则，所以右焦点.
当直线的斜率存在且不为时，
设直线的方程为，，.
联立，消去可得： 即
由韦达定理可得，.
根据弦长公式，可得：
因为，所以直线的斜率为，同理可得.
则四边形的面积
根据基本不等式可得，当且仅当，即时等号成立.
所以.
当直线的斜率为时，
此时，，则四边形的面积.
当直线的斜率不存在时，
此时，，则四边形的面积.
综上所得，则四边形的面积最小值为
故选：B.
典例2．（2025·浙江金华·模拟预测）双曲线的离心率为，过左焦点的直线与双曲线的左支、右支分别交于点，当直线与轴垂直时，.
(1)求双曲线的方程；
(2)点满足，其中是坐标原点，求四边形的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据实轴以及离心率求解的值，即可得解，
（2）联立直线与曲线方程可得韦达定理，结合相似比可得，即可利用弦长公式以及点到直线的距离公式，求解，由三角形面积公式求解，即可利用相似比求解四边形的面积.
【详解】（1）由直线与轴垂直时，，故，故，
又离心率为，则，所以，
双曲线的方程为：.
（2）设直线l的方程是，，.
由得，
，.
因为，所以，从而.
所以，，消去得，解得，
它满足，.
,
故到直线的距离为，
所以，
由于，所以,
跟踪训练1．（2025·湖北武汉·模拟预测）已知椭圆E：的左焦点为F，过点分别作E的切线、，切点分别为A、B，则面积最大值为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】A
【分析】根据椭圆上一点的切线方程求出直线的方程，然后联立直线与椭圆方程，利用韦达定理将表示出来，然后列出三角形面积表达式，最后根据不等式的性质求出三角形面积的最大值.
【详解】因为椭圆方程为，设切点，
则切线的方程为，.
因为切线过点，所以，切线的方程变为：
，因为点都在直线上，
所以直线的方程为.该直线必过点刚好是椭圆的右焦点.
联立直线方程和椭圆方程为：
，化简得.
根据韦达定理.而
所以.
因为，
要使得面积取得最大值，则应取最小值，根据不等式，
所以当时，三角形的面积最大，最大值为.
故选：A.
跟踪训练2．（2025·湖南·模拟预测）若椭圆的左右焦点分别为，，直线l：与椭圆交于A，B两点，若点P为线段上的动点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】结合图形特征分类讨论P点位置即可计算得出最小值.
【详解】联立直线与椭圆的方程，
可得，即得，代入，
得，，，，
因为，令则，则，
若，，
又因为，的面积都为定值，
因此，
因此我们只需要求的最小值即可，
设，，，
作差得，时最小为，
因此；
同理，当时，，
，当时最小为0，
S最小为，综合比较可的最小值为，
故选：C
跟踪训练3．（2025·北京延庆·模拟预测）已知椭圆的短轴长为2，左右焦点分别为，，M为椭圆C上一点，且轴，
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知直线且与椭圆C交于A，B两点，点A关于原点的对称点为、关于x轴的对称点为，直线与x轴交于点D，若与的面积相等，求m的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）短轴长为2得，由椭圆定义可得，，由即可求得，进而写出椭圆方程；
（2）联立直线和椭圆方程利用韦达定理得到，，从而得到，，求出的中点坐标代入直线方程可得答案.
【详解】（1）因为短轴长为2，所以，
因为，
所以，，
又因为轴，所以，
则，且，解得，
则椭圆的标准方程为.
（2）设，则，，
联立，整理得，
则，，则，
直线：，
令，得，
故，，，
则的中点坐标为，
由于与的面积相等，故到直线的距离相等，
因此的中点在上，
可得，，
则，解得，又，所以.
跟踪训练4．（2025·陕西西安·模拟预测）已知双曲线的离心率为分别是双曲线的左､右焦点，过的直线与双曲线交于两点，当直线垂直于轴时，.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)若的面积为，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据双曲线的离心率公式、通径公式以及双曲线中、、的关系列出方程组，求解出、的值，进而得到双曲线的标准方程.
（2）先设出直线方程，然后联立直线与双曲线方程，利用韦达定理得到和，再根据三角形面积公式列出关于的方程，求解出的值，从而得到直线方程.
【详解】（1）由题意可得
解得，
故双曲线的标准方程为.
（2）由题意可知直线的斜率不为0，则设直线.
联立整理得，
则，
.
因为的面积为，
所以，即，
整理得，即，即，
解得，所以，
故直线的方程为或
跟踪训练5．（2025·甘肃白银·模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，，且点到的渐近线的距离为2．
(1)求的方程；
(2)记的左顶点为，过点的直线l与交于两点（异于点）．
（ⅰ）证明：直线的斜率之积为定值；
（ⅱ）过点E分别作直线垂线，垂足分别为，记，的面积分别为，求的最大值．
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）由，求得，再由题意，得到，求得的值，即可求得的方程；
（2）（ⅰ）设直线，联立方程组求得，，结合直线的斜率公式，进行化简，即可求解；
（ⅱ）设直线，得到，联立方程组，求得和，得到，结合基本不等式，即可求解.
【详解】（1）由题意知，可得，解得，
因为点到直线的距离为2，可得，
又因为，可得，所以的方程为．
（2）（ⅰ）由（1）知双曲线的左顶点为，
设，，由题意知直线l斜率不为0，设直线，
联立方程组，整理得，
所以，且，，
所以
，故直线的斜率之积为定值．
（ⅱ）由题意，直线斜率存在，且不为0，设直线，其中，
则直线PE的方程为，
联立方程组，解得，
用替换上式中的得点Q的纵坐标，
则，
因为，当且仅当时取等号，所以，
所以的最大值为．

跟踪训练6．（2025·山西·模拟预测）已知点，为平面内一动点，以为直径的圆与轴相切，点的轨迹记为.
(1)求的标准方程.
(2)过点的直线与交于，两点，过点且垂直于的直线交轴于点，过点且垂直于的直线交轴于点.当四边形的面积最小时，求的方程.
【答案】(1)
(2) 或
【分析】(1) 设，根据圆与y轴相切，可得，化简即可；
(2) 由题意可知：直线的斜率存在且不为0，设直线：，，与抛物线联立，得韦达定理，设直线的倾斜角为，分别表示出和，求出的表达式，设，则 ，利用导数求最值即可求解.
【详解】（1）设，则以为直径的圆的圆心为，
根据圆与y轴相切，可得，
化简得 ，
所以C的方程为.
（2）由题意可知：直线的斜率存在且不为0，
设直线：，，
联立，
所以，
设直线的倾斜角为，则
所以，
所以 ，
，
设，则 ，
所以，
当在上单调递增，当在上单调递减，
所以当时，即时，面积最小，此时，
故直线的方程为： ，即 或.

跟踪训练7．（2025·四川成都·模拟预测）过点作直线与抛物线交于，两点.
(1)设为坐标原点，求的值；
(2)若以线段为直径的圆与轴相切，求的方程；
(3)过点作直线（不同于）与交于，两点，且直线与轴交于点，证明：与的面积相等.
【答案】(1)5
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用直线方程与抛物线联立，结合韦达定理，通过代数运算求解向量点积.
（2）根据弦长公式先求，利用中点到轴的距离为半径，建立方程求解即可；
（3）由题知与有相同底边，要证三角形面积相等，转化为证，设点，，同理可得，设点，利用，，三点共线可得，然后即可证，从而得证与的面积相等.
【详解】（1）
由题意，直线不与轴重合，设的方程.
代入，并整理得.
由，得或.
设点，，则，.
所以.
（2）由弦长公式，得.
线段的中点到轴的距离.
又，故.
由，得，解得（均满足）.
所以直线的方程为.
（3）设点，，同理可得.
又直线的斜率.
由，，得.
设点，由，，三点共线，得.
化简，得.
又直线的斜率，故.
所以，故与的面积相等.
跟踪训练8．（2025·湖南岳阳·模拟预测）抛物线的焦点为，且过点．过点的一条直线与交于两点（在线段之间），且与线段交于点．
(1)证明：点到和的距离相等；
(2)若的面积等于的面积，求点的坐标．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据给定条件，求出抛物线方程，与直线方程联立，结合斜率坐标公式推理得证.
（2）由面积关系，结合（1）的结论可得，进而求出点的坐标.
【详解】（1）由抛物线过点，得，解得，则的方程为，，
设直线的方程为，，
由得，则，，，
直线的斜率分别为，则
，
而垂直于轴，则，所以点到和的距离相等.
（2）由，得，则直线，，
由（1）得，于是，点P在线段AF的中垂线上，
因此点的纵坐标为1，其横坐标为，所以点.
考点五 圆锥曲线中的最值问题
典例1．（2025·安徽·模拟预测）设A为椭圆上一点，，则当最小时，点A的横坐标为（ ）
A．B．0C．1D．2
【答案】C
【分析】设点，由两点间的距离公式表示出，结合在椭圆和二次函数的性质即可得出答案.
【详解】设点，，则，
因为在椭圆上，所以，则，
将代入，得，
当时，取得最小值，即取得最小值．
故选：C.
典例2．（2025·河南信阳·模拟预测）已知椭圆，P为椭圆上任意一点，过点P分别作与直线和平行的直线，分别交，交于M，N两点，则的最大值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】由题意可得四边形为平行四边形，设，，，根据与的中点相同得，再由两点间的距离公式，结合椭圆的性质即可求解.
【详解】设过点P分别与直线平行的直线为，如图：
设，，，则，，
显然四边形为平行四边形，故与的中点重合，
则，即，
又因P为椭圆上任意一点，所以，即，
即，
而，即，所以当时，.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题结合两点间的距离公式考查椭圆的几何性质的应用，考查理解辨析能力与运算求解能力，解题的关键是利用平行四边形的性质找到点的坐标之间的关系.
跟踪训练1．（25-26高三·安徽）已知椭圆：过点，其离心率为．四边形的顶点均在椭圆上，直线过的左焦点，对角线，交点为椭圆的右焦点．
(1)求椭圆的方程；
(2)若，的斜率存在且分别为，，求证：为定值；
(3)过点作，垂足为，求的最大值．
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）代入点坐标并结合离心率公式即可得到方程；
（2）设直线的方程为：，联立椭圆方程得到韦达定理式，化简得到，再计算得，同理，最后代入化简即可；
（3）求出直线过定点，再根据两点距离即可得到答案.
【详解】（1）由已知得，即，得，
故，
所以椭圆的方程为.
（2）由（1）可得，
由题意知均存在且不等于0，
则设直线的方程为：，
则．
设直线方程为：
与椭圆方程联立得：，，
所以，因为，
故，因此．
同理．
斜率为
，
故.
（3）由（2）知：直线的方程为：，
即
所以直线过定点．
因为，由几何意义知：，
故的最大值为．

跟踪训练2．（2025·上海·模拟预测）如图，椭圆：，为其右焦点，过点的动直线与椭圆相交于，两点.

(1)若直线经过焦点，求此时线段的长度；
(2)若焦点不在直线上，求周长的最大值及相应直线的方程；
(3)在平面直角坐标系中，是否存在与点不同的定点，使得恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)3；
(2)最大值为8，直线：；
(3)存在，.
【分析】（1）求出点的坐标及直线的方程，与椭圆方程联立求出弦长.
（2）令椭圆左焦点为，利用线段和差大小关系及椭圆定义推理求解.
（3）由特殊位置确定点的位置及坐标，再就一般情况推理求解.
【详解】（1）依题意，，直线的斜率为，方程为，
由消去得，解得，
所以线段的长.
（2）设椭圆的左焦点为，则，
于是，当且仅当直线过左焦点取等号，
所以周长的最大值为8，此时直线方程为.
（3）存在点满足题意，
假设存在满足题意的定点，当直线平行于轴时，则，，两点关于轴对称，
则点在轴上，不妨设，
当直线垂直于轴时，，，，
解得或（舍去，否则点就是点），即点的坐标为；
对于一般的直线：，也满足题意.
因为，由角平分线定理知，轴为的角平分线，则只需.
设，，则，，
则，消去可得，，
则，，
于是，，
两式相加得，，
即从而，假设成立.
即存在与点不同的定点，使得恒成立.

跟踪训练3．（2025·海南海口·模拟预测）设A，B两点的坐标分别为，直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之积为3．
(1)求点M的轨迹方程C；
(2)若直线l与C交于P，Q两点，且（点O为坐标原点），求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设点，由可得轨迹方程；
（2）当直线l斜率不存在，可得；当直线l斜率存在，设其方程为，设，，将直线与轨迹方程联立，由韦达定理结合，可得，据此可得关于的表达式，然后可得取值范围.
【详解】（1）设点，，则，，
所以，化简得，
所以点M的轨迹方程为．
（2）当直线l斜率不存在时，可设，．
则，，
将其代入双曲线方程得，
又，解得，此时，
当直线l斜率存在时，设其方程为，设，，
联立，.
由韦达定理：，.
则
，
化简得，此时，
所以
，
当时，此时，当时，此时，
，，故，
因此，综上可得．
跟踪训练4．（2025·浙江杭州·模拟预测）已知双曲线的左顶点，渐近线方程为，直线经过点，与C交于不与A重合的两点P，Q，
(1)求双曲线C的方程；
(2)求直线AP，AQ的斜率之和；
(3)设在射线AQ上的点R满足∠APQ＝∠ARP，求直线PR斜率的最大值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由双曲线顶点以及渐近线方程，建立方程，可得答案；
（2）设出直线方程，联立方程写出韦达定理，利用两点斜率公式，可得答案；
（3）设出直线方程，联立表示每个点的坐标，根据距离公式以及圆的性质，可得答案.
【详解】（1）由双曲线的左顶点，则，
由双曲线的渐近线，则，即，
所以双曲线.
（2）设，由，已知直线斜率存在，
则直线方程可设为，
设直线的斜率为，直线的斜率为，
联立，消去可得，
由，则，，
又因为，，所以
，代入，，
可得，
所以直线的斜率之和为.
（3）设，，，
联立，解得，同理可得，
联立，解得，同理可得，
所以，，
因为，所以为外接圆的切线，且，
所以，由，，
则化简可得，当时取等号，
所以直线的斜率的最大值为.
跟踪训练5．（2025·江西南昌·模拟预测）如图，椭圆与双曲线在第一象限的公共点为.曲线由两段曲线组成：当时，曲线与椭圆重合，当时，曲线与双曲线重合.
(1)已知，直线过点与曲线交于两点，若，求直线的方程；
(2)已知，斜率为的直线过点与曲线交于两点，若，求实数的最大值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据直线与圆锥曲线的综合运用，设直线方程为，联立椭圆或双曲线方程，结合韦达定理，向量数量积的坐标运算即可求解；
（2）根据已知条件，由得到，再判断出直线与双曲线右支无交点，从而转化为直线与椭圆交于两点，利用韦达定理将表示为斜率的函数求最值即可．
【详解】（1）
当时，椭圆，双曲线.
联立，由得，
由得，两式相减消去得，
代入双曲线方程得，又因为点在第一象限，所以.
设.，
由，得，即，所以，
当直线斜率不存在时，其方程为，此时，则，
成立.
当直线斜率存在时，由题知交点必定在直线两侧，即左侧为与椭圆的交点，右侧为直与双曲线的交点，易知当交点在位于第一象限椭圆上曲线段之间时，，此时，故不可能，舍去；
因为双曲线的渐近线方程为，
所以直线与双曲线没有横坐标大于2的交点，
即当交点位于椭圆第二象限时，不可能，舍去；同理：当直线与椭圆交于轴下方时，也舍去，
综上：直线方程为.
（2）
如图，已知，由（1）知椭圆，双曲线.
直线过点且斜率为，则直线的方程为.
设，由，
根据三角形面积公式，
则，
即.
，
因为双曲线的渐近线方程为，而，故直线与双曲线右支无交点，
故均为直线与椭圆的交点，联立，
消去得，则，
，
令，则，
设，则，当时，即，解得或，因为，所以在上，单调递增.
故单调递增且，所以单调递减，所以当时取得最大值，又所以的最大值为.
跟踪训练6．（2025·山东临沂·模拟预测）已知为抛物线的焦点.
(1)求抛物线的方程；
(2)若过的直线与交于，两点，试探究：在轴上是否存在一点，使得，若存在，求出点坐标，若不存在，说明理由；
(3)若，抛物线上两点，满足，且，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据焦点坐标可求参数，故可得抛物线方程；
（2）设，设，根据斜率和为零可得坐标关系，联立直线方程和抛物线方程后结合韦达定理化简前者可得的值；
（3）设，根据斜率为零可得直线的斜率，利用点到直线的距离及焦半径公式化简，联立直线方程和抛物线，结合韦达定理化简正弦差，利用换元法和基本等式可求最大值.
【详解】（1）因为为抛物线的焦点，故，故，
故.
（2）设，设，则，
化简得.
设直线的方程为，则由可得，
故，故，由的任意性可得.
故存在，使得.
（3）
设，则，
同理，，
因为，故，故，故，
设直线，由得，
故，，故.
而，故，故，
当直线过时，，过时，，故，
设到直线的距离为，
则
设，则且，
故
，
当且仅当即时等号成立，
故的最大值为.
跟踪训练7．（2025·湖北·模拟预测）已知F为抛物线：（）的焦点，为在第一象限上的动点，当时，.设的准线与x轴交于点，与交于点N，，，MO与FP交于点，NO与FQ交于点.
(1)求的方程；
(2)求的轨迹方程；
(3)若，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)（）
(3)
【分析】（1）首先求出点坐标，再由焦半径公式得到方程，求出，即可得解；
（2）设，根据三点共线求出，设，由，得，，代入抛物线方程，即可得解；
（3）推导可得，，设，，由面积公式及不等关系得到，设，即可求出的取值范围.
【详解】（1）由，可得，所以，
由抛物线的准线方程为，所以.
解得（其中舍去）.所以的方程为.
（2）由题意，知.
设，则.
因为P，，F三点共线，所以，即.
设，由，得，，
所以，即（）.
所以的轨迹方程（）.
（3）因为，所以.
因为，
所以.同理.
设，，
则，
.
所以，解得.
又，设，有.于是，
解得，即的取值范围是.
考点六 圆锥曲线中的向量问题
典例1．（2025·广东广州·模拟预测）已知椭圆C：的离心率为，C的左焦点到右顶点的距离为3．
(1)求C的方程；
(2)过点的直线l与x轴交于点Q，与C交于A、B两点，且，求直线l的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意列出的方程，求解即可；
（2）设出直线l方程与椭圆联立，利用坐标表示出向量关系，结合韦达定理求解即可.
【详解】（1）依题意得解得
所以．所以C的方程为．
（2）依题意可设直线l的方程为（k存在，且），
联立消去y得，
设，，则，且，
因为，，所以，，
由，可得，所以，
由，解得，
所以直线l的方程为．
典例2．（2025·北京·模拟预测）已知椭圆的左焦点为，，分别为左右顶点.点是直线上异于点的动点，直线交椭圆的另一点为点.
(1)求的值；
(2)直线与交于点，求证：.
【答案】(1)9
(2)证明见解析
【分析】（1）法一：设，求出直线的方程并与椭圆方程联立，求得点的坐标，利用向量的坐标计算化简即得；法二：设，写出直线的方程，将代入求得点的坐标，利用和的坐标计算即得；
（2）将待证等式等价转换为证明.对应（1）中的法一与法二：利用向量坐标的数量积运算得到即可.
【详解】（1）
法一：设，则直线，
与椭圆方程联立，得，
则由 ，
且，故，则.
所以.
法二：设，则
则直线的方程为：，令，代入即得.
所以.
（2）因为，
所以，要证，只需证，即证.
对应（1）中的法一：因为，，，，
所以
，
于是.
或者：因直线，直线，即，
联立，解得.
因为
，所以.
对应（1）的法二：因为，
所以，要证，只需证，即证.
因为，，，，
所以，
于是.
跟踪训练1．（2025·浙江绍兴·模拟预测）已知点在圆上，作垂直于轴，垂足为，点为中点．
(1)求动点的轨迹的方程；
(2)直线与轴交于点，与交于、两个相异点，且，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设点、，则，根据中点坐标公式可得出，然后将点的坐标代入圆的方程，化简可得出点的轨迹的方程；
（2）由已知可得，设点、，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，根据题意得出，结合韦达定理可得出关于、的等式，结合可求出的取值范围.
【详解】（1）由题意，设点、，则，
因为点为线段的中点，则，即，
因为点在圆上，所以，即，
因此，点的轨迹的方程为.
（2）由已知可得，设点、，
联立得，
由已知可得，得，
由韦达定理可得，，
因为，即，则，即，
所以，所以，即，
当时，不成立，
所以，代入得，
解得，因此，的取值范围是.
跟踪训练2．（2025·辽宁鞍山·模拟预测）设，分别是直线和上的动点，且，动点为线段的中点．
(1)求动点的轨迹方程；
(2)已知线段是圆的一条直径，求的最大值．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）根据已知条件设出点的坐标，再利用为线段的中点得到，代入中即可求解；
（2）将转化为用和表示，代入点的坐标得到关于的一元二次函数即可求得最大值.
【详解】（1），分别是直线和上的动点，
设，，，
点为线段的中点，则，，
又，
，即，
动点的轨迹方程为.
（2）线段是圆的一条直径，圆心为，半径为，
，
，
，当时，取得最大值．
跟踪训练3．（2025·天津·模拟预测）已知椭圆C：（）上一动点D到原点O距离的最小值为，最大值为2．
(1)求椭圆C方程．
(2)设椭圆C的左右焦点分别为，，过作直线l交椭圆于两点，点E满足，线段，OP交于点A，设与的面积分别为，，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)利用动点到原点的距离公式，利用二次函数结合动点取值范围，可求最值，从而可得椭圆方程；
(2)利用定比分点，结合向量知识，可得交点分线段的比例，然后把三角形面积转化到交点纵坐标表示上来，最后利用韦达定理来求解即可.
【详解】（1）设动点，则，
所以有，
因为，所以，即，当且仅当时取到最小值，
又因为，所以，当且仅当时取到最大值，
故椭圆C方程为；
（2）
由图可知：，设，又由
则，
因为三点共线，可得，
则，
所以，
设直线方程为，与椭圆，消得：
，
设交点，
则有
由
，
令，则，由，可知，
根据对勾函数可知：恒成立，
所以只需要解，因为，
所以，
解得，
而，
因为，所以，
即.
【点睛】关键点点睛：通过分点比例把所求三角形面积转化到直线与椭圆的交点纵坐标上来，从而利用韦达定理来求解即可.
跟踪训练4．（2025·四川绵阳·模拟预测）已知双曲线的左右顶点为，且，双曲线的一条渐近线的斜率为，过点的直线交双曲线于两点，为坐标原点.
(1)求双曲线的方程；
(2)若双曲线上存在点，且，求此时直线的方程.
(3)过点的直线双曲线于两点，直线的斜率为，直线的斜率为，且，求的最小值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由题意可得，解出的值即可求解；
（2）设直线的方程为，，联立直线与双曲方程，结合韦达定理及题设可得，进而代入双曲线方程即可求出，进而得解；
（3）由（2）可得，设直线的方程为，，
可得由，，可得，，，，表示出，换元，结合对勾函数求解即可.
【详解】（1）由题意，，解得，，
则双曲线的方程为.
（2）当直线的斜率为时，，
此时，显然不存在点满足；
则直线的斜率不为，设直线的方程为，，
联立，得，
则，，即，
，
则，
又，
则，
即，代入，
得，
解得或，即（舍去）或，
则直线的方程为，
即.
（3）由（2）知，设直线的方程为，，
，
显然直线的斜率不为，设直线的方程为，，
同理可得，
由，，
则，，即，，
所以，
，
所以
，
令，，
因为函数在上单调递减，在上单调递增，
且时，；时，；时，，
则，所以，
函数在上单调递增，
则，即的最小值为.

考点七 圆锥曲线中的证明问题
典例1．（2025·河南·模拟预测）已知等轴双曲线的对称中心均为坐标原点，焦点分别在轴和轴上，且焦距均为4．设两点分别在上，满足直线的斜率之积为1，点为上异于的另一点，过分别作平行于的直线，交于两点．
(1)求双曲线的方程；
(2)证明：；
(3)设，，证明：为定值．
【答案】(1)的方程为，的方程为
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）设，，由焦距为4即可求出；
（2）设点，，由直线的斜率之积为1以及点在双曲线上即可求证；
（3）由题意，设点，，，
得，点在双曲线上，代入方程即可求解.
【详解】（1）设，，
因此，所以，
的方程分别为，；
（2）设点，，
因此，，且，，
所以，
因此，，，
所以；
（3）由题意，设点，，，
因此，
又，从而，
整理得，
由（2）可知，因此为定值．
典例2．（2025·湖北武汉·模拟预测）已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为.
(1)求的方程；
(2)已知点，证明：线段的垂直平分线与椭圆恰有一个公共点；
(3)是否存在坐标平面上定圆（是定圆上的动点）使得线段的垂直平分线与椭圆恰有一个公共点，若存在，证明、、三点共线；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)存在，证明见解析
【分析】（1）根据条件确定的值，可得椭圆的标准方程.
（2）写出中垂线方程，联立椭圆方程，判别式等于零，即可证明恰一个公共点.
（3）先结合（2）的结论，猜测圆的方程.设为圆上动点，写出线段中垂线方程，与椭圆方程联立，利用判断圆存在.再结合韦达定理求点坐标，利用斜率证明、、三点共线.
【详解】（1）因为椭圆左、右焦点分别为，所以，
又因为椭圆的离心率为，得，∴，
所以椭圆方程为.
（2）如图：

由得直线的斜率为，中点坐标为，
所以线段的垂直平分线方程为，
联立垂直平分线方程和椭圆方程，得，∵，
∴所以直线与椭圆相切，且，
即线段的垂直平分线与恰有一个公共点.
（3）假设符合条件的圆存在，由（2）知在圆上，由对称性知也在圆上，关于右顶点的对称点也在圆上.
因为线段的垂直平分线为，
线段的垂直平分线上的点满足：，
化简即得的垂直平分线方程为.
由，且,
所以过三点的圆的方程为.
如图：

下面证明此圆符合题目条件：
设在圆上，∴，
当时，的垂直平分线方程为或与椭圆相切，符合条件；
当时，的垂直平分线方程为，
设，由得，
∵
，
∴的垂直平分线与椭圆相切.
∴满足条件的圆存在，其方程为.
又由韦达定理得切点的横坐标，
的纵坐标，∴，
∴，
∴三点共线.
跟踪训练1．（2025·福建泉州·模拟预测）矩形的长为4，宽为2，其四边的中点恰为椭圆的顶点．
(1)求的方程及离心率；
(2)若，，三点在以为直径的圆上，且直线，均与有且只有一个公共点，证明：是直角三角形．
【答案】(1)，；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，求出即可得解.
（2）法一，在不是矩形顶点时设，表示出直线的方程，与椭圆方程联立，利用及韦达定理推理得证，再验证是矩形顶点的情况即可；法二，在不是矩形顶点时设，求出切线方程，进而求出切点弦所在直线方程，并与椭圆方程联立，利用韦达定理推理得证，再验证是矩形顶点的情况即可.
【详解】（1）依题意，，，则，，半焦距，
所以椭圆的方程为，离心率为.
（2）法一：依题意，以为直径的圆的方程为，
当点是矩形的顶点时，均与坐标轴垂直，此时；
当点不是矩形的顶点时，设点的坐标为，直线的方程为，
由消去得：，
由，化简得，
设直线的方程为，同理得：，
于是是关于的一元二次方程的两根，
则，又，因此，，即，
所以是直角三角形.
法二：设，分别为，与的公共点，且，
以为直径的圆的方程为，
当点是矩形的顶点时，，均与坐标轴垂直，此时；
当的斜率都存在时，设，，
由消去得：，
则，化简得．
又，则，即，解得，
同理得：，直线，即，直线，
又直线过点，则，，
于是直线的方程为：，由消去，
得，则，
于是
，又，则，
因此，，
所以是直角三角形.
跟踪训练2．（2025·河北邯郸·模拟预测）已知椭圆的离心率为，短轴的一个顶点到长轴的一个顶点的距离为，为坐标原点，.
(1)求的方程；
(2)若上存在不关于轴对称的两点，使得恰好被轴平分，求面积的取值范围；
(3)过的直线与交于不同的两点椭圆在两点处的切线相交于为线段的中点，证明：三点共线.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由条件可得到关于的方程，解方程即可得答案.
（2）直线的方程可设为，联立椭圆的方程，利用韦达定理可得到关于点纵坐标的关系式，再由恰好被轴平分，即，可知直线的斜率与直线的斜率存在且，即可得到关于的关系式，再把的面积表示成关于的函数，代入，求函数值域即可得答案.
（3）利用导数求出处的切线方程，同构可得到直线的方程，再利用直线过点，可得到点坐标，进而可得到的斜率；再利用点差法可得到的斜率，即可得到答案.
【详解】（1）依题意可得解得，所以的方程为.
（2）由题意可知，直线的方程可设为，设，
联立整理得，
因为恰好被轴平分，即，
易知直线的斜率与直线的斜率存在且，
即，
整理得，即，即.
因为，所以时符合题意，即直线经过定点（1，0），
所以的面积，
当且仅当时，即时，等号成立，
因为，所以面积的取值范围是.
（3）证明：依题意，根据对称性，不妨设在轴上方，
于是可化为，则，
设直线的方程为，
则在两点处的切线分别为，
整理可得在两点处的切线分别为.
设，则，
所以两点均在直线上，即直线的方程为.
又直线的方程为，即，所以，即，
则，
又，
联立两式作差可得，
即，即，即，
所以，所以三点共线.
跟踪训练3．（2025·陕西咸阳·模拟预测）已知为椭圆的一个焦点，的长半轴长与焦距相等，且与直线相切.
(1)求椭圆的方程；
(2)过的动直线与交于两点，请探究与之间有何关系？并证明.
【答案】(1)；
(2)，证明见解析.
【分析】（1）根据已知确定椭圆参数值，即可得方程；
（2）取，讨论的斜率是否为零，设的方程为并联立椭圆，应用韦达定理、弦长公式及向量数量积的坐标表示求、，即可证.
【详解】（1）由题意知，解得，故椭圆的方程为.
（2）与之比为定值，即，证明如下：
由（1），不妨取，
当的斜率为零时，，所以；
当的斜率不为零时，设的方程为.
联立方程，整理得，
所以，
所以，
因为，
所以，即.
综上.
跟踪训练4．（2025·江苏南通·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知圆，直线，动圆与圆外切且与相切，记圆心的轨迹为曲线.
(1)求的方程；
(2)经过点的直线与交于，两点.
（i）是上异于的点，设直线，，，的斜率分别为，，，，若，证明：；
（ii）记线段的中点为，，是否存在直线，使得，，均为正整数，若存在，求直线的方程；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）不存在，理由见解析
【分析】（1）设圆心，圆的半径为，进而根据两圆外切及直线与圆相切列方程求解即可；
（2）（i）设，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理及可得，进而求证即可；
（ii）先假设存在直线，使得，，均为正整数，进而推出矛盾即可求解.
【详解】（1）设圆心，圆的半径为，
由圆，圆心，半径为1，
则，
消去，得，
当时，，舍去；
当时，，
综上所述，的方程为.
（2）（i）由题意可知，直线的斜率存在且不为0，
设，
联立消，得，
设，，则
设，，
因为，则，
因为，，是上三点，则，，2，3，
所以，
则，
化简得，.
，
同理，
所以.
（ii）不存在直线，使得，，均为正整数，理由如下：
由（※），得
由，，消去，得，
假设存在直线，使得，，均为正整数，
则是3的正整数倍，进而，都是3的正整数倍，
不妨设，，，
则消去，得，
即.
因为，有相同的奇偶性，且，
所以解得
所以，，
所以，与，，均为正整数矛盾，
所以不存在直线，使得，，均为正整数.
跟踪训练5．（2025·四川泸州·模拟预测）已知抛物线的焦点为，准线为，以为圆心的圆与相切，与相交于两点（在轴的上方），且.
(1)求的方程；
(2)设过且不与坐标轴垂直的直线与交于两点，过线段的中点的直线与轴交于点，且点在点的右侧，，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）以为圆心且与相切的圆的方程为，联立方程，求出的坐标，求出标准方程；
（2）设直线，联立方程，设，利用韦达定理，再由抛物线定义，进而求解.
【详解】（1）以为圆心且与相切的圆的方程为，
将代入并整理，得，即.
考虑到，解得，代入，解得，
所以点的坐标分别为，所以，解得.
故的方程为.
（2）证明：设直线，
由得，
显然判别式.
设，则，
所以，即.
由抛物线的定义，得.
由及在的右侧，得，解得，
即.
所以，从而，
故.
考点八 圆锥曲线中的探索性问题
典例1．（2025·四川巴中·模拟预测）如图，椭圆的一个焦点为（1，0），过点的动直线与椭圆相交于两点，当直线平行于轴时，直线被椭圆截得的线段长为.

(1)求椭圆的方程.
(2)在平面直角坐标系中，是否存在与点不同的定点，使恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）结合椭圆的性质，列出关于的方程，代入计算，即可得到结果；
（2）由特殊情况可得点在轴上，即可求得点的坐标，然后证明对任意直线均有.
【详解】（1）由椭圆的一个焦点为，可得.
当直线平行轴时，直线的方程为，
且此时直线被椭圆截得的线段长为，
由椭圆的对称性可知，点在椭圆上，
代入椭圆方程可得，解得，
所以椭圆方程为.
（2）当直线与轴平行时，设直线与椭圆相交于两点.
如果存在定点满足条件，则有，即.
所以点在轴上，可设点的坐标为.
当直线与轴垂直时，设直线与椭圆相交于两点，则点的坐标分别为.
由，有，解得或（舍）.
所以，若存在不同于点的定点满足条件，则点的坐标只可能为.
下面证明：对任意直线均有.
当直线的斜率不存在时，结论明显成立.
当直线的斜率存在时，可以设直线的方程为，并设点的坐标分别为.
联立得，.
其判别式，
所以.
因此，.
易知，点关于轴对称的点的坐标为.
又，
，
，
所以，即三点共线.
所以.
故存在与点不同的定点，使得恒成立.
典例2．（2025·全国·模拟预测）已知点关于坐标原点的对称点为，动点满足直线，的斜率之积为，记动点的轨迹为曲线.
(1)求的方程；
(2)判断上是否存在点，使得为等腰直角三角形，如果存在，求出点坐标.反之说明理由.
【答案】(1)
(2)不存在点，理由见解析
【分析】（1）设，根据斜率之积为，即可求得的方程；
（2）由已知，假设是以为直角顶点的等腰直角三角形，得到直线的方程，和的方程联立，可得点的坐标，由，则假设不成立，同理可得不存在以为直角顶点的等腰直角三角形.
【详解】（1）由题知，设，则，，且，
，且，
，且，
的方程为.
（2）由题意知，
在中不可能为直角.
不妨设是以为直角顶点的等腰直角三角形.
，，.
则直线的方程为，即，
由（1）知的方程为，
由，解得.
，假设不成立.
同理不存在以为直角顶点的等腰直角三角形.
所以上不存在点，使得为等腰直角三角形.
跟踪训练1．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）如图，已知为半圆上一点，过点作抛物线的两条切线，切点分别为，直线分别与轴交于点，记的面积为，的面积为．
(1)若的焦点为，且的最小值为，求的值；
(2)若存在点，使得，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）设，可得，利用函数性质可求得最小值；
（2）设，表示出过和的切线方程，求出和点坐标，根据在两直线上求出点坐标，进而再求出点坐标，表示出，进而可以得到，从而可求，由此求出的轨迹方程，问题转化为问题转化为P的轨迹与半圆有交点，据此即可求出答案.
【详解】（1）由题意可得，设，则且，
，
因为，所以当时，有最小值，解得．
（2）由，得，所以，
设，所以，，
所以，又，整理得，
所以过点的切线方程为，于是，
同理，过点的切线方程为，所以．
因为点在两条切线上，所以，
可得点的坐标为，的方程为，于是．
，
所以，所以．
于是点，点的轨迹方程为，
根据题意抛物线与半圆有交点，
记，则，又因为，解得，即的取值范围为．
跟踪训练2．（2025·湖北黄冈·模拟预测）已知中心在原点，焦点在轴上的圆锥曲线的离心率为2，过的右焦点作垂直于轴的直线，该直线被截得的弦长为6.
(1)求的方程；
(2)若面积为12的的三个顶点均在上，边过，边过原点，求直线的方程；
(3)已知，过点的直线与在轴右侧交于不同的两点，，上存在点满足，且，试求的范围.
【答案】(1)
(2)或或
(3)
【分析】（1）依题意设出双曲线方程，根据双曲线离心率公式、通径公式进行求解即可；
（2）根据直线与双曲线相交，由弦长公式及三角形面积公式可得结果；
（3）根据直线与双曲线相交，由条件得出点S的轨迹后，列不等式计算可得结果.
【详解】（1）圆锥曲线的离心率为2，故为双曲线，
因为中心在原点、焦点在轴上，所以设的方程为（，），
令，解得，所以有 ①
又由离心率为2，得 ②，
由①②解得，所以双曲线的标准方程是；
（2）设，，由已知，得，根据直线过原点及对称性，
知，
由题意可知直线的斜率不为0，
设直线的方程为，
联立直线与双曲线的方程，得，
化简整理，得，
所以，且，
所以，
整理得，解得或，
所以直线的方程是或或.
（3）若直线斜率不存在，此时直线与双曲线右支无交点，不合题意，
故直线斜率存在，设直线方程，，，
联立直线与双曲线的方程，得，
化简整理，得，
所以，，且，
∵直线与在轴的右侧交于不同的两点，，
∴，解得.
设点的坐标为，由，得，
则，变形得到，∴，
代入中，解得，
设过点与双曲线右支相切的直线为，与的交点为，
过点与双曲线的渐近线平行的直线为，与的交点为，
∴点的轨迹为线段（不含端点），
由解得，由解得，
∵，∴，
整理得，
即点的轨迹为以为圆心，为半径的圆与线段的交点，
∵，∴，解得，
∴的范围是.
跟踪训练3．（2025·浙江·模拟预测）已知双曲线（，）的焦距为，右顶点为A，直线l与双曲线E相交于P，Q两点，且与E的一条渐近线相交于点．
(1)求双曲线E的方程；
(2)是否存在直线l，使得与的面积相等？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由；
(3)若直线AP，AQ分别与y轴相交于M，N两点，证明：为定值．
【答案】(1)
(2)不存在，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由焦距可得，由渐近线方程可得，据此可得双曲线方程；
（2）由题可得B为PQ中点，设，，由点差法可得直线PQ斜率为渐近线斜率，据此可完成判断；
（3）方法1，设直线，将其与双曲线联立，由韦达定理结合题意可得MN的中点为，据此可完成证明；方法2，设，，由题可得，，将双曲线的方程化为，将其与直线联立，然后由韦达定理可得，据此可完成证明.
【详解】（1）由题，设双曲线E的焦距为2c，则，即，
根据双曲线的性质可知，点在渐近线上，
所以，即①，
又，所以②
又①②解得，，
所以E的标准方程为．
（2）不存在，理由如下：
假设存在直线l，使得与的面积相等，
则点B为PQ的中点，设，，代入E的方程得：，
两式作差得，
因为点为PQ的中点，所以，，
故，即直线l的斜率为，
故直线，即，
此时，直线l与E的渐近线重合，与E没有交点，与已知矛盾，
所以不存在直线l，使得与的面积相等
（3）证明：由题可知，直线l的斜率存在，设直线，与E的方程联立，得，
由题，，得，且，
设，，则，，
设，，又，所以，
令得，同理可得，
故，
又
，
，所以，
所以MN的中点为，
因为，所以，
所以为定值．得证．
另解：设，，又，所以，
令得，同理可得，
双曲线的方程化为：，即，
设直线，即，
联立得，
所以，
等式两边同时除以得：，
设，，易得满足方程，
则为方程两根，由韦达定理可得
，故，
所以MN的中点为，
因为，所以，
所以为定值．得证
【点睛】关键点睛：对于存在性问题，常假设相关条件成立，然后得到相关方程，不等式，通过判断方程，不等式是否有解来解决问题，或利用反证法；对于定值问题，常利用所设参数得到所研究数学量的表达式，随后设法消去参数来解决问题.
考点九 圆锥曲线的定点、定值、定直线问题
典例1．（25-26高三·黑龙江哈尔滨）已知椭圆的离心率为，过点，为坐标原点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线交曲线于，两点，过点与垂直的直线交曲线于，两点，其中，在轴上方，，分别为，的中点.
（i）证明：直线过定点；
（ii）求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）根据题意列方程组即可求出；
（2）（i）设，，联立方程组求出两点坐标，根据坐标求出直线的方程即可；
（ii）根据（i）可得，再令，通过求导研究其最值即可.
【详解】（1）由题意可得，，，，
解得，
故椭圆的标准方程为；
（2）（i）由题意可知，直线斜率存在且不为，则设，
故，
联立，得，，
设，
则，，
则，，
则，，
则直线的斜率的倒数为，
则直线的方程为
，
则直线恒过定点；
（ii）由（i）可得，

令，则，求导得
令，则
对称轴为，，故存在使得，
则得；得；
则在上单调递减，在上单调递增，
因，
则当时，；当时，；
故在上单调递增，在上单调递减，
因此，当时，面积有最大值.
典例2．（25-26高三·安徽蚌埠）已知抛物线的焦点为为坐标原点，上存在点到和的距离都等于．
(1)求抛物线的方程；
(2)过点的直线交抛物线于点，直线与相交于另一点，直线与相交于另一点．
（i）求证：；
（ii）求证：直线经过定点．
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）结合题意先判断在的中垂线上，再利用两点间距离公式建立方程求出，进而得到，最后求出抛物线方程即可.
（2）（i）联立方程组求出和，再结合平面向量的数量积得到即可.
（ii）利用三点共线求出，同理得到，再结合和建立方程，得到，进而确定定点即可.
【详解】（1）如图，作出符合题意的图形，

由题意得，则，
而，可得在的中垂线上，故设点的坐标为，
由两点间距离公式得，解得，
而点在上，则，即，解得，
故抛物线的方程为．
（2）（i）如图，设直线的方程为，并记点，

联立方程组，消去得，易知，
则，，
而，则，
可知，即．
（ii）由题意，点，设直线的方程为，
并记点，
联立方程组，消去得，则，
由三点共线，可得，
得到，将代入化简，
得，
所以，而，可知，同理可得，
则，解得，
故直线的方程为，过定点．
跟踪训练1．（2025·河北保定·模拟预测）已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形的面积为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设椭圆的右顶点为，若直线与椭圆交于两点，满足，证明：直线过定点．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由，及求解即可；
（2）由，可得，设，则有，分直线垂直于轴和直线不垂直于轴，结合韦达定理求出直线的方程，即可得证.
【详解】（1）设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距为．
由已知，，即，
又，所以，
由，可得，所以，
因为的焦点在轴上，所以的标准方程是．
（2）证明：由（1）知，
设，
将两边平方，
化简得，
所以，
即，
即．
①当直线垂直于轴时，且，
故，解得或（舍去），
此时过点；
②当直线的斜率存在时，设，
联立方程，
得，
由，
得，且，
由，
得，
即．
将代入上式，
得，
即，
所以，
所以或，
当时，直线过点，不符合题意，
所以，
所以直线的方程为，
此时过点．
综上可知直线过定点．
跟踪训练2．（2025·福建泉州·模拟预测）已知为坐标原点，抛物线：，过点（0，4）的直线与相交于M，N两点.
(1)求；
(2)过M，N分别作的两条切线，，记，的交点为P.
（i）求面积的最小值；
（ii）设A，B分别为，与x轴的交点，证明：的外接圆过定点.
【答案】(1)
(2)（i）32 （ii）证明见详解
【分析】(1)设出直线MN的方程及点M、N的坐标，并与抛物线方程联立，结合韦达定理可得，即可求解的值；
(2)(i)将抛物线C的方程化为y关于x的函数，求导即可求得抛物线在点M、N处的切线斜率，写出切线方程，联立即可求得点P的坐标，结合韦达定理表示出弦MN的长，再表示出的面积，由函数的性质即可求解的面积最小值；(ii)求出点A、B的坐标，设的外接圆圆心，利用点A、B、P在圆上，结合韦达定理表示出m、n及圆E的半径，再写出圆E的方程，由方程的特点即可证明.
【详解】（1）根据题意直线斜率存在，设直线，，，
联立抛物线：得，
方程的判别式，
，，
，
所以.
（2）（i）抛物线，，所以，的斜率分别为，
则，，交点即，
点到直线的距离，，，当时取等，
所以面积的最小值为32.
（ii）证明：，与x轴的交点坐标，，
，，的中点为，
所以垂直平分线方程为，
又垂直平分线方程为，所以的外接圆圆心为即，半径，
所以外接圆方程为，
即，故，
所以恒过定点和，
故的外接圆过定点.
跟踪训练3．（2025·浙江·模拟预测）已知椭圆的离心率为，且.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知B，A是椭圆的左、右顶点，不与轴平行或重合的直线交椭圆于M，N两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，且，证明：直线过定点；
(3)如图，点为椭圆上不同于A，B的任一点，在抛物线上存在两点R，Q，使得四边形为平行四边形，求的最小值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3).
【分析】（1）利用椭圆离心率的性质结合，求出椭圆中的基本量，进而得到椭圆方程即可.
（2）设出直线的方程并联立方程组，利用韦达定理得到，，再表示出，先确定是定值，再结合题意确定是定值，进而建立方程得到，最后代回直线的方程得到定点即可.
（3）法一先确定为定值，再判断出为定值，结合斜率的定义可得，再依据点差法得到直线的方程，依据题意得到，最后求解的取值范围，法二先设出的方程，结合韦达定理得到，再结合题意求出，结合可得，最后结合题意得到，进而求解的取值范围即可.
【详解】（1）因为椭圆的离心率为，且，
所以，解得，
故椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为，，，
由，得，
，即，
则，，
而，，直线斜率，
，，由在椭圆上，
得到，即，
因此，
由题意得，即
由，在直线l上，得，，
则
，
而，解得，此时，
则直线的方程为，即直线过定点.
（3）由（1）知，设，，，
连接，交于，
四边形为平行四边形，为的中点且与轴既不垂直也不平行，
法一：，
，，即记为①，
又，，，
直线的方程为，
∴由得，
由得记为②，
由①②得，
对任意的恒成立，
，即，的最小值为.
法二：设，将与联立消得.
由韦达定理可得，且，
即记为①，
，，
，，
得，，
，
点，，
即，
令，其中，，
我们把记为②式，把记为③式，
由②得，代入③得，
代入①得，
解得，，，
，，的最小值为.
跟踪训练4．（2025·云南昭通·模拟预测）过抛物线上的点的直线，分别交抛物线于点，．设直线，的斜率分别为，，，当且点，关于轴对称时，的面积为16．
(1)求抛物线的方程；
(2)当时，证明：直线过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意设，因为，不妨设．表示出的坐标，由三角形的面积求解即可；
（2）设，，，由，则，求出的方程为，联立求得，从而证得直线所过的定点即可.
【详解】（1）已知当时，，，关于轴对称且．
设，因为，不妨设．
由斜率公式，即，解得，所以，．
面积，解得，抛物线方程为．
（2）

证明：设，，，
则，．
因为，则，所以，
则，，
所以直线的方程为，整理得．
把代入直线方程，得，
所以直线过定点．
跟踪训练5．（2025·河北邢台·模拟预测）椭圆：的离心率为，点在上.
(1)求的方程；
(2)圆：在椭圆内，过的右顶点作圆的两条切线，，斜率分别为，，且分别与交于，两点（均不与点重合）.
①求的值；
②当变化时，证明：直线与轴交于定点.
【答案】(1)
(2)①1；②证明见解析
【分析】（1）根据离心率和点的坐标可求出的值，进而可得到椭圆方程.
（2）①通过相切可求出点到直线的距离，结合方程根据韦达定理即可求出的值；②首先求出点的坐标，然后求出直线的斜率，进而得到直线的方程，从而可求出定点坐标.
【详解】（1）由题意可得，且，
又，解得，，，故的方程为.
（2）①由题可得，设直线，的斜率分别为，，
则直线的方程为，
由直线与圆相切可知，圆心到直线的距离，
整理得，同理，
则，为方程的两个根，所以.
②证明：设，，由得，
则，即，所以，
所以，
同理得，
直线的斜率
，
所以直线的方程为，
令，得，
所以直线与轴交于定点.
跟踪训练6．（2025·广东广州·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知点，点为圆上任意一点，线段的垂直平分线交半径于点，当点在圆上运动时，记点的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)若点，试判断直线与的位置关系，并说明理由；
(3)设点为圆上异于和的任意一点，若直线与直线分别交于点，求证：两点的纵坐标之积为定值.
【答案】(1)
(2)直线与椭圆相切，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的定义求轨迹方程即可；
（2）利用点斜式方程求出直线方程，联立直线与椭圆的方程，根据解的个数即可判断直线与椭圆的位置关系；
（3）设，利用点斜式方程求出线段的垂直平分线的方程，继而可求出，计算即可证明.
【详解】（1）圆心，半径，
线段的垂直平分线交半径于点
点的轨迹是以为焦点的椭圆，其方程为
（2）
直线过，斜率为，直线，
联立，
可得，即，只有一个解，
直线与椭圆相切.
（3）设，线段中点
所以直线，即，
当时，，
当时，，
，
.
跟踪训练7．（2025·全国·模拟预测）设和是椭圆的两条经过坐标原点的弦，且直线和的斜率之积为．
(1)求的值；
(2)设是线段的中点，求的轨迹方程；
(3)设是曲线上的动点，过作的切线交于两点．证明：的面积是定值．（参考公式：椭圆在其上一点处的切线方程为
【答案】(1)7；
(2)；
(3)证明见解析
【分析】（1）由椭圆对称性可知直线和的斜率分别与直线和的斜率相同，所以可设点D和点N的坐标，再根据斜率乘积为，得到的值.
(2)设，利用中点坐标公式列出点和点D，N的坐标关系，化简可得的关系式，即点的轨迹方程.特别注意，直线和的斜率存在且不为.
(3) 设，结合参考公式写出过的的切线方程，与椭圆的方程进行联立，可得弦长.根据点到直线的距离公式，可得点到切线的距离，即AB边上的高，进而得到的面积.
【详解】（1）设，.
根据，可得,即,
因为,且,
所以或.
所以．
（2）设，由中点坐标公式，得，
由（1）可得,或
因为,
所以，整理得．
又因为直线和的斜率之积为，所以直线和的斜率均存在，且不为，所以≠.
所以的轨迹方程为(≠).
（3）设是椭圆上一点，所以,即.
由参考公式知，椭圆在点处的切线方程为，即，即．
设.
当时，直线斜率不存在，, 切线方程为：,
所以，此时，原点到切线的距离为.
所以的面积为．
当时，直线斜率存在，设斜率为.
联立，得：.
即，
即．则．
所以．
原点到切线的距离．.
所以的面积为．
综上所述，的面积是定值．
跟踪训练8．（2025·全国·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，，点在椭圆上，满足直线的斜率之积为，且面积的最大值为2．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线与椭圆交于两点，同时与直线交于点，假设，，判断是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)为定值，定值为0．
【分析】（1）由斜率关系求得的关系，根据面积的最大值为，得到，结合，求得，即可求得椭圆的方程；
（2）设过点的直线为，联立方程组得到，再联立两直线，求得，根据，，求得，进而结合韦达定理，化简得到，即可得到结论.
【详解】（1）设，由已知，得．
又点在椭圆上，所以，则，所以，即．
因为，所以．又由面积的最大值为2，可得，
即，解得．故椭圆的方程为．
（2）

由，可得点四点共线，
设过点的直线斜率存在时，直线方程为，即，
联立方程组，整理得．
设，则，，
联立方程组，可得，即．
因为，可得，
所以，
则
．
当直线斜率不存在时，直线方程为，
求得
可得，
所以为定值，定值为0．
跟踪训练9．（2025·海南·模拟预测）19世纪法国著名数学家加斯帕尔·蒙日，创立了画法几何学，推动了空间几何学的独立发展，提出了著名的蒙日圆定理：椭圆的两条切线互相垂直，则切线的交点位于一个与椭圆同心的圆上，称为蒙日圆，且蒙日圆的半径为（为椭圆的长半轴长，为椭圆的短半轴长）．已知椭圆上任一点到点的距离与到直线的距离之比为，椭圆的蒙日圆为圆．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知点为坐标原点，点是椭圆上的任意一点，是椭圆左右焦点，直线与圆相交于两点，求证：是定值；
(3)过点作直线交圆于、两点，作直线交椭圆于、两点，且，求四边形面积的最小值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据题意列出方程，化简即可；
（2）分别求出，，进而可求解；
（3）分类讨论直线的斜率是否存在，利用点到直线的距离及面积公式求解即可.
【详解】（1）设满足，整理可得，
椭圆的方程为．
（2）由（1）得该椭圆的蒙日圆为，
设，则，∴，
又、，
∴，
同理，∴，
，
所以．
（3）①当斜率不存在，斜率为0时，方程为，原点到的距离为，
所以，
所以四边形面积；
②当斜率存在，斜率不为0时，设的方程为，
则的方程为即，
则原点到的距离为，
所以．
设、，联立与的方程，即，
消去得，
由于在椭圆内部，所以直线与椭圆必相交且，
所以
因为，所以四边形面积
，
令，则，
故，
∵，∴，令，则单调递减，
所以当时，即四边形的最小值为．
跟踪训练10．（2025·安徽合肥·模拟预测）设双曲线的右顶点为，其焦距为．
(1)求双曲线的方程；
(2)过点作斜率为的直线与双曲线右支相交于两个不同点，其中点在轴上方，连接分别交直线于两点，求证：为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据右顶点为，得到，再由焦距为得到求解；
（2）设过点的直线的方程为：，与双曲线方程联立，由三点共线，得到，从而，同理，代入韦达定理求解；
【详解】（1）由右顶点为，得，
其焦距为得，所以，
所以双曲线的方程为：；
（2）证明：如图所示：
设过点的直线的方程为：，
联立双曲线方程：，
化简得：，
因直线与双曲线右支相交于两个不同点，
连接分别交直线于两点，
所以，设，
则，
当时，因为三点共线，
所以，则，
同理，，
，
其中，
，
将，
代入得： ，
又，
将，
代入得：，
，
所以为定值1．
跟踪训练11．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）动点与定点的距离和到定直线的距离之比是常数，记动点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)设点，过点直线与交于，两点，若弦中点的纵坐标为，求直线的斜率；
(3)设是曲线上的一动点，由原点向圆引两条切线，分别交曲线于点，，若直线，的斜率均存在，并分别记为，，试问是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)是定值，定值为
【分析】（1）根据题意列式化简方程即可；
（2）设直线的方程为，直线与曲线联立方程，利用韦达定理列式求解即可；
（3）直线的方程分别为，设，根据直线与圆相切可得是方程的两个根，结合韦达定理与椭圆的方程可得，进而求得关于的表达式，代入求解即可.
【详解】（1）由题意，点与定点的距离，
点到直线的距离，所以，
即，化简得，
故曲线的方程为；
（2）设直线的方程为，
则，
，解得或，
所以，
因为弦中点的纵坐标为，所以，解得（不符合舍去）或，
所以直线的斜率为；
（3）由题意可得，直线的方程分别为，设.
由直线与圆相切可得.
，同理，
所以是方程的两个根，所以，
所以，，
因为是曲线上的一动点，所以，
则有，
联立方程，所以，
所以，同理
所以，
因为，所以，
所以.
跟踪训练12．（2025·湖南长沙·模拟预测）已知双曲线E的中心在原点，焦点在x轴上，且焦点到渐近线的距离为，其离心率为，记直线从下到上与x轴、双曲线的右支、两条渐近线、双曲线的左支依次交于点P，A，B，C，D，如图所示：
(1)求双曲线E的方程；
(2)求证：；
(3)若，，成等差数列，问，的面积之和是否为定值?并说明理由.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)是定值，理由见解析
【分析】（1）由焦点到渐近线的距离为，离心率为，可得，据此可得双曲线方程；
（2）设直线的方程为，，，，，将直线与双曲线方程联立，由韦达定理结合两点间距离公式可完成证明；
（3）由题可得，结合（2）可得，然后由（2）可知，
最后由可得面积.
【详解】（1）设所求的双曲线的方程为.
由题设知，双曲线的焦点到渐近线的距离，
由离心率为知，，又，联立解得，，
故所求的双曲线E的方程为.
（2）如图可知直线的斜率存在且为负数，
设直线的方程为，
，，，，.
由，得.①
则有，，
由韦达定理：，.
结合，，可得.
直线与渐近线相交得，
直线与渐近线相交得，
所以，所以.
而，同理
所以；
（3），的面积之和是为定值.
因为，，成等差数列，所以，
即，得，化简得.
由（2）知，所以，等底等高，所以，
所以，的面积之和
.
【点睛】关键点睛：对于定值问题，常见思路为用恰当参数表示所求量，随后由题目信息得到等量关系，从而消去参数，可得定值；对于面积问题，常结合两点间距离公式结合点到直线距离公式，求得三角形底边及高，从而求得面积，也可利用转化法，将所求三角形面积转化为易求三角形的面积.
跟踪训练13．（2025·甘肃白银·模拟预测）定义：由椭圆的一个焦点、一个长轴顶点（焦点与长轴顶点在对称轴同一侧）和一个短轴顶点组成的三角形称为该椭圆的“特征三角形”．若两个椭圆的“特征三角形”相似，则称这两个椭圆是“相似三角形关联椭圆”，并将这两个“特征三角形”的相似比称为“相似三角形关联椭圆”的相似比．已知椭圆C：的左、右顶点分别为，，离心率为，点在C上，焦点在x轴上的椭圆与C是“相似三角形关联椭圆”，且相似比为，的左、右顶点分别为，．
(1)求的标准方程；
(2)求的离心率，并通过比较与C的离心率，写出一个关于“相似三角形关联椭圆”离心率的结论（写出结论即可，不要求证明）；
(3)若直线l：与交于M，N两点，设直线，的斜率分别为，，试问是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由．
【答案】(1)
(2)；“相似三角形关联椭圆”的离心率相等.
(3)定值，.
【分析】（1）先根据条件求出椭圆的方程，再根据相似比即可求出的标准方程；
（2）结合（1）即可求出离心率；
（3）设直线的斜率为，计算得出，再计算，最后利用即可求得.
【详解】（1）设椭圆的焦半距为，椭圆的长半轴长、短半轴长、焦半距分别为，
则由题意得，，，，解得，
设椭圆的上下顶点分别为，左右焦点分别为，
椭圆的上下顶点分别为，左右焦点分别为，
因，且相似比为，则，
即，得，
则的标准方程为.
（2）由（1）可知的离心率为，则与C的离心率相等，
结论：“相似三角形关联椭圆”的离心率相等.
（3）设，直线的斜率为，
因，则，
联立，得，
则，
则
，
则
，
则，故是定值，定值为.
跟踪训练14．（2025·甘肃白银·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，，上、下顶点分别为，，四边形为正方形，点，且的面积为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过的直线与交于，两点，求证：；
(3)已知直线交椭圆于，两点，直线，相交于点.试判断点是否在定直线上，若在，请求出定直线的方程；若不在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)在，
【分析】（1）根据题意，列出关于的方程组，求得，即可得到椭圆的标准方程；
（2）若直线与轴重合，得到，为椭圆长轴的端点，证得成立；若直线不与轴重合，设直线的方程为，联立方程组，设点，，得到两根之和，两根之积，化简得到，得出轴平分，由正弦定理即可得证；
（3）联立方程组，由，得到，且，，得到直线和的方程，设直线和的交点，列出方程，求得，即可得到答案.
【详解】（1）解：由四边形为正方形，点，且的面积为，
可得，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）解：证明：由（1）可得，，
若直线与轴重合，则，为椭圆长轴的端点，
不妨设点，则，所以，，
所以成立；
②若直线不与轴重合，设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设点，，所以，
且，，
则
，
所以轴平分，
在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，
又，
所以，两式相除得.
（3）解：由（1）可得，，
联立方程组，整理得，
则，可得，
设点，，则，，
直线的方程为，直线的方程为，
设直线和的交点为，
则，
把，代入上式得，整理得，
所以点在定直线上，定直线的方程为.
跟踪训练15．（2025·安徽蚌埠·模拟预测）已知椭圆的离心率为，点在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点的直线（非y轴）交椭圆于A，B两点，过点A作y轴的垂线与直线BP相交于点D，求证：线段AD的中点在定直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据离心率得到，将代入椭圆方程，待定系数法求出椭圆方程；
（2）设直线AB的方程为，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，根据点B，P，D共线，得到方程，求出，得到，，而，所以，可得，而，故，又，所以，得到答案.
【详解】（1）由，得，则，所以，
将点代入椭圆方程，得，解得，
所以椭圆的标准方程为．
（2）易知直线AB斜率存在，设直线AB的方程为，
并设点，AD的中点坐标设为．
联立方程，消去y，得，
所以，且即或,
由条件，，点B，P，D共线，其中，，
则，
所以，
，
，
，
而，
所以，可得，
而，故，
又，所以，
即线段AD的中点在定直线上．
跟踪训练16．（2025·湖南·模拟预测）已知双曲线的焦距为，其中一条渐近线方程为为双曲线的左、右顶点．
(1)求双曲线的方程．
(2)过点作动圆（以为圆心）的两条切线分别交双曲线于异于点的，两点，试判断直线是否过定点？若是，请求出此定点的坐标；若不是，请说明理由．
(3)已知动点满足直线的斜率的乘积的绝对值为2，记动点的轨迹为曲线．过点作直线交曲线分别于和（其中的横坐标的绝对值均大于1），求证：直线与的交点在定直线上．
【答案】(1)
(2)是，
(3)证明见解析
【分析】（1）由双曲线的焦距为，得到，再根据一条渐近线方程为，由求解；
（2）易知切线的斜率都存在，设过点的切线的方程为，根据直线与圆相切，由圆心到切线的距离为，得到，设切线的斜率，且，分别设直线PB，PC的方程，与双曲线方程联立求得点B，C的坐标，写出直线BC的方程求解；
（3）由（1）得到动点的轨迹，其中，设直线的方程分别为和，其中，与双曲线的方程联立，求得E，F，M，N的坐标求解.
【详解】（1）由双曲线的焦距为可得，
又其中一条渐近线方程为，则，
解得，
所以双曲线的方程为.
（2）由题意，切线的斜率都存在，设过点的切线的方程为，动圆的半径为，所以圆心到切线的距离为，
化简得，则的斜率是该方程的两个根，可得．
设直线，
联立方程得．
由韦达定理，，则，将其代入可得,
即得，同理可得,因，则得
又因为，
所以直线的方程为，
法一：直线的方程可化为
故直线过定点.
法二：根据双曲线的对称性，若定点存在，则一定在轴上，不妨设为，
将代入方程，得，
化简整理，得，
因,故由，解得．
故直线过定点.
（3）由（1）知，设,依题意，,
化简得：,两边取平方，整理即得动点的轨迹方程为，其中.
由题意可设直线的方程分别为和，其中，
联立方程得，所以，
将代入到直线得到；
联立方程得，所以，
将代入到直线得到，
同理可得.
将点，同时向右平移一个单位长度，分别得到，，直线与轴交点的纵坐标为
，
因此直线经过点，
同理可得（将互换）直线也经过点，
所以直线与的交点为，在定直线上.
跟踪训练17．（2025·湖南岳阳·模拟预测）已知抛物线的顶点在坐标原点处，对称轴为轴，且过点，，是上两个动点．
(1)求抛物线的标准方程；
(2)已知是上一点，且的焦点为的重心，设的横坐标为，求的取值范围；
(3)已知为直线在第二象限内一点，直线，与抛物线分别相切于，两点，设，与轴分别交于，两点，证明：直线与直线的交点在定直线上．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）代入点的坐标，即可求解抛物线方程；
（2）首先设点，，，再根据点在抛物线上以及重心坐标公式，转化为，再结合基本不等式即可求解；
（3）首先利用导数求切线和的斜率，并表示切点坐标的关系，以及利用坐标表示直线和直线的方程，并联立求交点的坐标，即可证明.
【详解】（1）设抛物线方程为，代入点，得，得，
所以抛物线的标准方程为；
（2）设，，，
则重心坐标公式可知，，，
得，，
且，，，
所以，且，
所以，得且，
综上可知，的取值范围是；
（3）直线的斜率，直线的方程为，
设，，，
两边求导，，得，
设，，
抛物线在点处的切线方程为，即，
因为切线过点，即，
整理得，
同理，抛物线在点处的切线方程为，
所以是方程的两个根，则，，
切线，令，得，得，同理，
直线的方程为，即，
同理，直线的方程为，
设直线与直线的交点为，
联立直线与直线的方程为，
，得，
且，代入上式化简为，①
代回直线得，，
得
即，②
由①②可得，
所以直线与直线的交点在定直线上上.
考点十 圆锥曲线的综合问题
典例1．（2025·广东广州·模拟预测）已知曲线，（，），当变化时得到一系列的椭圆，我们把它称为“2~1椭圆群”.

(1)若“2~1椭圆群”中的两个椭圆、，对应的分别为、（），如图所示，若直线能与椭圆、依次交于，，，四点，证明：；
(2)当（）时，直线与椭圆在第一象限内的交点分别为，设.
（i）求证：为等比数列，并求出其通项公式；
（ii）令数列，求证.
【答案】(1)证明见解析
(2)（1）证明见解析，；（2）证明见解析
【分析】（1）根据题意联立方程组，利用韦达定理表示交点横坐标之和，可发现线段的中点与线段中点重合，根据线段长度的减法可证得结论；
（2）（i）根据题意联立方程组，求出点和的横坐标，利用两点间距离公式求得，即证得结论并得到通项公式；（ii）由已知条件得到，利用放缩法构造出新数列的不等式，利用裂项相消法求前项和即可证得结论.
【详解】（1）由题意，联立方程可得，
时，由图可知，椭圆与直线的交点为点、，
设，，则，
同理，将与直线联立可得：，
时可得，
则线段的中点与线段中点重合，设为点，
即有，，所以，即.
（2）（i）由题意，联立方程可得，即.
因为交点在第一象限内，所以点的横坐标，
同理可得点的横坐标，
则.
由于，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，其通项公式为；
（ii）由（i）可知，，则.
设，设，，
由时，，可得，
，
所以，由.
，
.
即得证.
典例2．（2025·河南周口·模拟预测）已知点在抛物线上，过点作斜率为的直线交于另一个点，设与关于y轴对称，再过作斜率为的直线交于另一个点，设与关于y轴对称，以此类推一直作下去，设．
(1)求t的值；
(2)求数列的通项公式，并求数列的前项和的取值范围；
(3)求的面积．
【答案】(1)1；
(2)，；
(3)16.
【分析】（1）由点在抛物线上，坐标代入求参数值；
（2）根据已知得、，联立抛物线得，根据等差数列的定义有，最后应用裂项相消法及数列的单调性求范围；
（3）由（2）及已知得为，应用点线距离公式、两点距离公式以及三角形面积公式求的面积.
【详解】（1）因为点在抛物线上，则，解得；
（2）由可知，，
因为点在抛物线上，则，且，
过，，且斜率为的直线，
联立方程，消去得，解得或，
因为，故，即，
故数列是首项为2，公差为4的等差数列，所以，
又，所以，
所以，所以，
又是关于的递增函数，故，的取值范围是；
（3）由（2）知：，，，
直线的方程为，
即，
点到直线的距离为，
，
所以的面积为．
跟踪训练1．（2025·安徽·模拟预测）记抛物线的焦点为F，过原点O作斜率为1的直线l，l与E交于另一点，取的中点，直线与E交于另一点，取的中点，以此类推，记直线的斜率为．
(1)求点的坐标；
(2)证明：是递减数列；
(3)记的面积为，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）联立，可解得，的坐标，进一步可求直线的方程，联立直线与抛物线方程即可求解；
（2）联立，可解得，的坐标，根据斜率公式可得.
又因为，故，，即是递增的正数数列，是递减数列，即可证明；
（3）由（2）得，当时，，，利用割补法及（2）中化简可得，又，故.根据可知；由可知，进而可得，故，即可证明.
【详解】（1）
如图所示，联立，解得或，故.
又，所以，，故直线，
联立，解得或，故.
（2）联立，解得点，
所以，，
所以.
又因为，故，于是，即，故是递增数列.
又由，可知是递减数列，于是是递减数列.
（3）由（2）得，当时，，，
利用割补法，知
.
而，故.
而，故；
又，故，
由累乘法可知，
而，故.
故.
综上，.
跟踪训练2．（2025·河北·模拟预测）求导是研究函数性质的一种方法，特别是利用导数的几何意义来研究切线的斜率，这种方法也适用于圆锥曲线，我们可以将圆锥曲线方程视为复合函数，仿照复合函数的求导法则来进行，例如：圆的方程，为了求对的导数，可将看作的复合函数，将上式两边逐项对求导，则有：，于是得.已知直线与双曲线相切于点的右焦点为，直线与直线交于点.
(1)证明：直线的方程为；
(2)证明：以为直径的圆过点；
(3)若，直线与两条渐近线交于两点，求的面积.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据题意将双曲线视为复合函数，仿照复合函数求导法则直接求导，代入点可得在点处的切线斜率，代入点化简即可求出切线方程；
（2）求出点坐标，计算可证；
（3）直线与（1）中所求直线结合可求出的值，直线与渐近线联立，结合韦达定理可求出长，计算原点到直线的距离，可直接求出三角形的面积.
【详解】（1）因点在双曲线上，可得即.
对双曲线的方程两边求导得，解得
则在点处的切线斜率为，其切线方程为，
整理得，即直线的方程为.
（2）

如图，因直线与直线交于点.
故，，
则，，
，
，
以为直径的圆过点.
（3）

由（1）知直线的方程为，即，
直线，
.
如图，设，
直线和渐近线联立消元得
，
，
又原点到直线的距离，
的面积.
跟踪训练3．（2025·四川绵阳·模拟预测）梅内克缪斯在研究著名的“倍立方问题”时，第一次提出圆锥曲线的概念并加以研究，研究发现，一个平面以不同方式与圆锥相截时，得到的截口曲线不一样.如图，已知两个底面半径2，高为的圆锥按如图放置，用一个与圆锥轴平行的经过母线中点的平面去截两个圆锥，得截口曲线是双曲线的一部分.以双曲线的实轴为轴，对称中心为原点建立平面直角坐标系.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)若为双曲线的右顶点，且关于原点的对称点为，过点的直线与曲线交于，两点，直线与的交点为，证明：点在定直线上.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意得到曲线上的点，然后根据点列式计算即可；
（2）设直线的方程，与曲线的方程联立，写出韦达定理，然后将直线的方程与直线的方程联立，消去，结合韦达定理计算整理可得答案.
【详解】（1）如图，可知，点在曲线上，
所以，且，所以，
故曲线的标准方程为；
（2）设直线的方程为，代入曲线的方程，
整理得：，
由题知：，设，，
则，，所以，
因为，，直线的方程为：，
直线的方程为：，
联立，消去得：，
因为
，
所以，解得.
故点在定直线上.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的定点、定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值或定点，再证明这个值或点与变量无关．
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值或定点．
1．（2025·云南昆明·模拟预测）已知椭圆的一个焦点为，过点且垂直于椭圆长轴的直线与的一个交点为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】把代入椭圆方程，即可得解.
【详解】不妨设为右焦点，则，
联立，解得，故．
故选：B．
2．（2025·四川广安·模拟预测）过椭圆上一点作圆的两条切线，点为切点，过的直线与轴、轴分别交于点、两点，则面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题可设，再由切点弦直线得到，，再利用面积公式结合三角恒等变形求值域即可.
【详解】设，由题知，
则同时也在圆上，
又在圆上，则的方程为，
，，.
故选：A.
3．（2025·广东广州·模拟预测）已知一条直线与抛物线交于，两点，过坐标原点引的垂线，垂足的坐标为，，则（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】B
【分析】求出直线的斜率，得出直线的方程，直曲联立，利用韦达定理写出的表达式，即可求出的值.
【详解】由题意，
过坐标原点引的垂线，垂足的坐标为，
∴直线的斜率为，
∴直线的斜率为，
直线的方程为，即，
联立方程，得恒成立，
∴，
∵，点，在直线上，
∴，，
∴，
解得.
故选：B

4．（2025·安徽合肥·模拟预测）已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1、F2，M是C上一点，P、Q分别是的中点，O为坐标原点，若，且四边形OPMQ的面积为，则椭圆C的短轴长为（ ）
A．2B．1C．D．
【答案】A
【分析】利用勾股定理推导出，根据面积可求出的值，利用勾股定理结合椭圆的定义可求出的值，由此可求得椭圆的短轴长.
【详解】因为P、Q分别是的中点，所以，
记，由题意，
所以，，所以，，
因为四边形的面积为，即
则，
因为，所以，，
即，可得，解得，
因此，椭圆的短轴长为.
故选：A
5．（2025·内蒙古呼和浩特·模拟预测）经过抛物线焦点的直线与圆相切，与抛物线交于两点．为圆上任意一点，则面积的最大值为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先根据相切得直线方程，求出弦长后结合到的距离最大距离为直径可求面积的最大值.
【详解】设直线的方程为，即，
因为与圆相切，所以，解得，
将直线与抛物线联立得，
由焦点弦公式可知，
所以面积的最大值为．
故选：B.
6．（2025·江西·模拟预测）已知双曲线的右焦点为，左顶点为，离心率为3，为上一点，且位于第一象限，若垂直于轴，则直线的斜率为（ ）
A．1B．2C．3D．
【答案】B
【分析】根据题意可用将点的坐标表示出来，进而利用离心率可求得直线的斜率.
【详解】根据题意可得：，，.
将点的横坐标代入双曲线方程得：，
则，因为，所以.
所以点.
所以直线的斜率为.
故选：B.
7．（2025·辽宁沈阳·模拟预测）若命题p：，命题q：直线与抛物线无公共点，则q是p的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据题意联立直线与抛物线可求的范围，再利用命题的充分性与必要性判断即可.
【详解】命题q：直线与抛物线无公共点，把代入即无解，，又命题p：，所以q是p的充分不必要条件.
故选：A.
8．（2025·海南·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，设为坐标原点，为上一点，若的面积为，则（）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据面积求出点的纵坐标，代入椭圆可出的坐标.
【详解】，，
设，则
，
故选：A
1．（25-26高三·安徽）已知椭圆的离心率为，短轴长为.
(1)求C的方程；
(2)若直线与C交于两点，O为坐标原点，的面积为，求t的值.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据题意可得，进而解出即可求解；
（2）联立直线与椭圆方程，根据弦长公式及点到直线的距离公式表示出的面积，建立方程即可求解.
【详解】（1）由题意，得，解得，
则椭圆C的方程为.
（2）设，
联立，得，
则，解得，
且，
所以，
点到直线的距离为，

则，解得或，满足，
则或.
2．（2025·浙江·模拟预测）如图，椭圆C：的离心率为，左右焦点分别为，，左右顶点分别为A，B，椭圆上有一动点D（异于A，B），点E为线段的中点，点O为坐标原点.直线与直线相交于点M.已知面积有最大值为.
(1)当点M坐标为时，求；
(2)证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用题干中的条件先求出椭圆的方程，再设点E的坐标，利用D点在椭圆上即可求出点E坐标，利用两点间的距离公式即可求得结果.
（2）设出直线的方程，与椭圆联立得到各个点坐标，利用斜率相乘等于即可证明结论.
【详解】（1）由题意得，，，解得，，
故椭圆C的方程为.
当点M坐标为时，，
设，则.
代入椭圆方程得解得或0（舍去），即，
又，故.
（2）设直线AD：，与椭圆C方程联立得，，
又，故，则，，又，
故直线的斜率，
所以，故.
3．（2025·广西·模拟预测）已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，离心率为，且过焦点且垂直于椭圆C的长轴的弦长为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知过点的直线l交椭圆C于，两点，当的面积最大时，求直线l的方程.
【答案】(1)；
(2)或.
【分析】（1）根据给定条件，结合椭圆离心率的意义及对称性列式求出即可.
（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理，求出三角形面积的函数关系，再利用基本不等式求解最值，即可求得直线方程.
【详解】（1）设椭圆C的半焦距为，由过焦点且垂直于椭圆C的长轴的弦长为1，得点在椭圆上，
于是，由离心率为，得，而，因此，，
所以椭圆C的方程为.
（2）由题意，，直线不垂直于轴，设其方程为，
由，得，设，
则，，
，
当且仅当，即时取等号，
所以直线的方程为或．
4．（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.
5．（2025·广西·模拟预测）已知椭圆的右顶点为，离心率.
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线与椭圆交于不同的两点，点，若直线的斜率与直线的斜率互为相反数，求实数的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据条件确定的值，可求椭圆的方程.
（2）把直线方程与椭圆方程联立，消去，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理表示出，，再表示出直线和的斜率，利用列式，求的值即可.
【详解】（1）由题知，
且，得，
又，代入可得，，
∴椭圆的方程为.
（2）如图：

联立，得，
由题意，即，解得.
设，，可得，，
由，得，
即，即
即，解得.
6．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）已知椭圆的左､右焦点分别为，过点作斜率为的直线交于两点.当时，轴，且.
(1)求椭圆的方程；
(2)若，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据轴，直线的斜率可得，可分析出，然后结合椭圆的定义列方程求解；
（2）设，联立直线方程和椭圆方程，利用弦长公式和韦达定理求解.
【详解】（1）令，解得，由题意，，
又轴，则，，故，
由，根据椭圆定义，，
解得，则，
椭圆方程为.
（2）由（1）知点的坐标为，
设，直线的方程为，
由弦长公式，，
将与椭圆方程联立得，
由韦达定理：，，
故．
又，
所以，解得．
所以直线的方程为．
7．（2025·福建三明·模拟预测）已知椭圆的左顶点为，上顶点为，离心率为，的面积为．
(1)求椭圆的方程；
(2)直线（存在且不等于0）与椭圆交于，两点，直线与轴交于点，直线与直线交于点，判断是否为定值并证明．
【答案】(1)
(2)，证明见解析
【分析】（1）根据椭圆几何性质以及面积列方程组计算可得椭圆方程；
（2）设，由，关于原点对称得，联立得，然后求出，，利用两点斜率公式并化简得为定值，即可得解.
【详解】（1）由题意，解得，
故椭圆的方程为；
（2）设，由对称性可知，，两点关于原点对称，即，
由（1）可知，，
联立，得，所以，
直线的斜率存在，其方程为：，
令得，即，
直线的斜率存在，其方程为：，
令得，即，
所以
，
所以为定值.

8．（25-26高三·重庆沙坪坝）在圆上任取一点，过点作轴的垂线段为垂足．
(1)当点在圆上运动时，求线段的中点的轨迹方程．(当点经过圆与轴的交点时，规定点与点重合)
(2)根据（1）中所得的点的轨迹方程，若直线与点的轨迹相交于，两点，且，试判断的面积是否为定值．若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)的面积为定值且定值为1，理由见解析.
【分析】（1）设，则，根据在圆上可得的轨迹方程；
（2）设，则可用两点坐标表示的面积，再联立直线方程和椭圆方程后用斜率表示坐标，进而表示面积，化简后可得定值.
【详解】（1）设，则，由题设可知，
而在圆上，故即.
（2）因为，故均存在且不为零，
故直线，直线，设，

由椭圆的对称性，不妨设在第一象限，在第四象限，故.
又，故，
由可得，
同理，而，
故，故.
故的面积为定值且定值为1.
9．（2025·陕西西安·模拟预测）已知满足，，，且是锐角.
(1)求；
(2)设，所在直线分别为直线，，A，B分别在，上，过A，B分别作的角平分线的垂线，垂足为M，N，且为定值，以，为邻边作平行四边形.
（i）请建立适当的坐标系求出R点轨迹方程C；
（ⅱ）若直线交C于P，Q两点，以线段，为直径的两圆的另一个交点为G，且，求的最大值.
【答案】(1)；
(2)（i）R点轨迹方程C为；（ⅱ）2.
【分析】（1）由即可计算求解；
（2）（i）由题意建立适当平面直角坐标系，求出，进而可设，接着结合题意求出，再利用即可求出R点轨迹方程C；
（ⅱ）分直线l的斜率不存在和直线l的斜率存在两种情况求解，先求出特殊情形直线l的斜率不存在时的值，接着联立直线与椭圆方程，利用韦达定理和弦长公式求出直线l的斜率存在时表达式，利用换元法和二次函数性质即可求解.
【详解】（1）由题可得；
（2）（i）以O为原点、的角平分线所在直线为x轴建立如图所示平面直角坐标系，
由题意，则，
又由（1）得，
，即，
所以可设，
则，
设，由题意，所以，
所以，所以，即，
所以R点轨迹方程C为.
（ⅱ）由题意可得，所以三点共线，且，
因为，所以原点到直线l的距离为1，
当直线l的斜率不存在时，即直线轴时，直线l的方程为，代入得，
所以；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，即，
所以原点到直线l的距离为，即，
联立，
设，则，
因为，
所以，
令，则且，
因为，所以当即时有，
综上，的最大值为2.
10．（2025·四川广安·模拟预测）已知椭圆：的右焦点为，上两点满足（），且.若椭圆的左右顶点为，，上下顶点为，，记四边形的内切圆为.
(1)求圆的标准方程；
(2)求证：以为直径的圆恒过异于点的一个定点；
(3)已知为椭圆上任意一点，过点作圆的切线分别交椭圆于，两点，试求三角形面积小值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3).
【分析】（1）由题知四边形为菱形，为其中心点，则圆的半径为到直线的距离，求解出相关量即可；
（2）设，，由可得，写出以为直径的圆的福年广场并化简得，令即可得到定点；
（3）设直线方程为，根据相切得到，直线代入椭圆可得，即，，同理可得，证得、、三点共线，再根据进行求解即可.
【详解】（1））因为椭圆的左右顶点为，，上下顶点为，，
所以四边形为菱形，为其中心点，
又，坐标分别为，，可得直线方程为，
则原点到直线的距离为，
即圆的半径，故圆的标准方程为.
（2）设，，
则,
又，所以.
结合（）可得，，
设以为直径的圆上的点，
则，
，
化简得，
令，则，解得或，
所以该圆过.
（3）设直线方程为，由直线与圆相切，可知原点到直线的距离，整理可得.
将直线方程代入椭圆可得，.
整理即有，.
则.
即，故.
同理，，故、、三点共线，则.
设：代入椭圆方程可得，则，
故.
同理，.
从而，.
所以，，得，
因此，，当且仅当时等号成立.
故三角形面积的最小值为.
1．（2023·新课标Ⅱ卷·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.
2．（2023·全国乙卷·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.
3．（2024·北京·高考真题）若直线与双曲线只有一个公共点，则的一个取值为 ．
【答案】（或，答案不唯一）
【分析】联立直线方程与双曲线方程，根据交点个数与方程根的情况列式即可求解.
【详解】联立，化简并整理得：，
由题意得或，
解得或无解，即，经检验，符合题意.
故答案为：（或，答案不唯一）.
4．（2023·全国甲卷·高考真题）已知直线与抛物线交于两点，且．
(1)求；
(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，，求面积的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用直线与抛物线的位置关系，联立直线和抛物线方程求出弦长即可得出；
（2）设直线：，利用，找到的关系，以及的面积表达式，再结合函数的性质即可求出其最小值．
【详解】（1）设，
由可得，，所以，
所以，
即，因为，解得：．
（2）因为，显然直线的斜率不可能为零，
设直线：，，
由可得，，所以，，
，
因为，所以，
即，
亦即，
将代入得，
，，
所以，且，解得或．
设点到直线的距离为，所以，
，
所以的面积，
而或，所以，
当时，的面积．
【点睛】本题解题关键是根据向量的数量积为零找到的关系，一是为了减元，二是通过相互的制约关系找到各自的范围，为得到的三角形面积公式提供定义域支持，从而求出面积的最小值.
5．（2023·全国乙卷·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.

【点睛】方法点睛：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．
6．（2025·天津·高考真题）已知椭圆的左焦点为F，右顶点为A，P为上一点，且直线的斜率为，的面积为，离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点P的直线与椭圆有唯一交点B（异于点A），求证：PF平分.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，利用椭圆的离心率得到，再由直线的斜率得到，从而利用三角形的面积公式得到关于的方程，解之即可得解；
（2）联立直线与椭圆方程，利用其位置关系求得，进而得到直线的方程与点的坐标，法一：利用向量的夹角公式即可得证；法二：利用两直线的夹角公式即可得证；法三利用正切的倍角公式即可得证；法四：利用角平分线的性质与点线距离公式即可得证.
【详解】（1）依题意，设椭圆的半焦距为，
则左焦点，右顶点，离心率，即，
因为为上一点，设，
又直线的斜率为，则，即，
所以，解得，则，即，
因为的面积为，，高为，
所以，解得，
则，，
所以椭圆的方程为.
.
（2）由（1）可知，，，
易知直线的斜率存在，设其方程为，则，即，
联立，消去得，，
因为直线与椭圆有唯一交点，所以，
即，则，解得，则，
所以直线的方程为，
联立，解得，则，
以下分别用四种方法证明结论：
法一：则，
所以，
，
则，又，
所以，即平分.
法二：所以，，，
由两直线夹角公式，得，，
则，又，
所以，即平分.
法三：则，，
故，
又，
所以，即平分.
法四：则，
所以直线的方程为，即，
则点到直线的距离为，
又点到直线的距离也为，
所以平分.
7．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.
(1)若，求；
(2)证明：数列是公比为的等比数列；
(3)设为的面积，证明：对任意正整数，.
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出的坐标即可；
（2）思路一：根据等比数列的定义即可验证结论；思路二：利用点差法和合比性质即可证明；
（3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路三：利用点差法得到，，再结合（2）中的结论得，最后证明出即可.
【详解】（1）
由已知有，故的方程为.
当时，过且斜率为的直线为，与联立得到.
解得或，所以该直线与的不同于的交点为，该点显然在的左支上.
故，从而，.
（2）方法一：由于过且斜率为的直线为，与联立，得到方程.
展开即得，由于已经是直线和的公共点，故方程必有一根.
从而根据韦达定理，另一根，相应的.
所以该直线与的不同于的交点为，而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为，故一定在的左支上.
所以.
这就得到，.
所以
.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
方法二：因为，，，则，
由于，作差得，
，利用合比性质知，
因此是公比为的等比数列.
（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点，若，，则.（若在同一条直线上，约定）
证明：
.
证毕，回到原题.
由于上一小问已经得到，，
故.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数，都有
.
而又有，，
故利用前面已经证明的结论即得
.
这就表明的取值是与无关的定值，所以.
方法二：由于上一小问已经得到，，
故.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数，都有
.
这就得到，
以及.
两式相减，即得.
移项得到.
故.
而，.
所以和平行，这就得到，即.
方法三：由于，作差得，
变形得①，
同理可得，
由（2）知是公比为的等比数列，令则②，
同时是公比为的等比数列，则③，
将②③代入①，
即，从而，即.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.
5年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2025年全国一卷，18题，17分
求椭圆中的最值问题
无
2025年全国二卷，16题，15分
椭圆中三角形（四边形）的面积
无
2025年天津卷，18题，15分
根据直线与椭圆的位置关系求参数或范围
用向量解决夹角问题
2024年新课标I卷：第16题，15分
椭圆中三角形（四边形）的面积
无
2024年新课标Ⅱ卷：第10题，6分
直线与抛物线交点相关问题 切线长
根据抛物线方程求焦点或准线
无
2024年新课标Ⅱ卷：第19题，17分
求直线与双曲线的交点坐标
由递推关系证明等比数列
向量夹角的坐标表示
2023年新课标I卷：第22题，12分
求直线与抛物线相交所得弦的弦长
由导数求函数的最值（不含参）
基本（均值）不等式的应用
2023年新课标Ⅱ卷：第21题，12分
双曲线中的动点在定直线上问题
无
2023年全国甲卷（理数）：第20题，12分
求直线与抛物线相交所得弦的弦长
抛物线中的三角形或四边形面积问题
无