2026年高考数学复习知识清单(全国通用)专题07圆锥曲线综合大题培优归类(18题型)(学生版+解析)

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题型1 轨迹型
1．（25-26高二上·河南·阶段练习）已知动点到定点的距离和到定直线的距离的比是，记动点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)若动点在轴右侧，点.
（i）求的最小值；
（ii）求的最小值.
【答案】(1)；(2)（i），（ii）.
【分析】（1）根据题意，，化简即可；
（2）（i）设点到直线的距离为，所以，点在轴右侧，即点在双曲线的右支，过点向直线作垂线，垂足为，由图可知，当点三点共线时，取得最小值；
（ii）根据双曲线的定义得.
【详解】（1），点到直线的距离，
由题意可知，，化简得：，即曲线的方程为：；
（2）（i）点在双曲线的内部，直线在双曲线的外部，
设点到直线的距离为，因为，所以，
所以，因为点在轴右侧，即点在双曲线的右支，过点向直线作垂线，垂足为，所以，由图可知，当点三点共线时，取得最小值，
且最小值为点到直线的距离，即为：，所以的最小值为；
（ii）因为点在双曲线的右支，由双曲线定义得：，
所以，，
当且仅当点共线且点在点之间时等号成立，所以的最小值为.
2．（25-26高三上·湖北·阶段练习）如图，已知，，，动圆与轴相切于点，过，两点分别作圆的非轴的两条切线，这两条切线的交点为.

(1)求证：为定值，并写出点的轨迹方程；
(2)记点的轨迹为，过点的直线与交于，两点，为坐标原点，且的面积为，求直线的斜率.
【答案】(1)证明见解析，(2)
【分析】（1）设过点的直线与圆相切于点，过点的直线与圆相切于点，根据切线长相等，得到，，，求得，结合椭圆的定义，即可求解.
（2）设直线，联立方程组，得到，，结合，列出方程，求得的值，即可求解.
【详解】（1）解：设过点的直线与圆相切于点，过点的直线与圆相切于点，
由切线长相等，可得，，，
则，
又由椭圆的定义知，点在以为焦点的椭圆上，且，，
故点的轨迹方程为.
（2）解：当直线的斜率不存在时，可得的方程为，可得，
此时的面积为，不符合题意，舍去；
当直线的斜率存在且不为0，设直线，且，，
联立方程组，可得，则，，
故，解得，
所以直线的斜率为.
题型2 韦达定理基础型
1．（21-22高二下·湖南·阶段练习）已知椭圆C：的上顶点与右焦点分别为M，F，O为坐标原点，是底边长为2的等腰三角形.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知直线与椭圆C有两个不同的交点A，B，，若，求k的值.
【答案】(1)(2)或
【分析】（1）又是底边长为2的等腰三角形，可得，，即可求解的值，进而得到椭圆C的方程；
（2）联立直线方程与椭圆C的方程，消去，利用韦达定理得的值，由，得到，利用平面向量数量积的坐标表示得到关于的方程，代入的值，求解方程即可.
【详解】（1）解：设椭圆C的半焦距为c.
因为是底边长为2的等腰三角形，所以且，
又，所以由勾股定理得，所以.所以，，所以椭圆C的方程为.
（2）解：联立，消去得，则，解得或.设，，则
则，，由，得，即，
得，得，整理得，
代入得，
化简得，所以，解得，都满足或.
综上，k的值为或.
2．（2022·全国·模拟预测）已知椭圆的上顶点为M，下顶点为N，左、右焦点分别为，，四边形的面积为，且为正三角形．
(1)求椭圆的标准方程．
(2)当直线与椭圆交于A， B两点时，满足，求直线的方程．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根据题意列出关于a,b,c的方程，解得其值，即可求得答案;
（2）联立直线和椭圆方程，得到根与系数的关系式，将展开，代入根与系数的关系式化简，可求得答案.
【详解】（1）由四边形的面积为，可得 ，
由为正三角形．可得 ，则 ，则 ，
故椭圆的标准方程为 ；
（2）联立和椭圆的方程为，可得 ， ，
设，则，由可得 ，
即，
即，解得 ，故直线的方程为 .

题型3 横截式型
1．（25-26高三上·黑龙江哈尔滨·期中）已知抛物线：的焦点为，过点的直线与抛物线交于A，B两点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)求的最小值．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根据抛物线的定义即可求解；
（2）设，，直线的方程为，根据抛物线的定义以及韦达定理求得关于m的表达式，对表达式求最小值即可．
【详解】（1），，．
（2）由于直线与抛物线交于A，B两点，则直线不与x轴平行，设直线：，设，，则，，所以，
联立得，，则，，
代入可得，
所以最小值为，此时．
2．（25-26高三上·山西·阶段练习）已知椭圆，，且的离心率为.
(1)求的标准方程；
(2)若，直线交椭圆于两点，且的面积为，求的值.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根据椭圆的几何性质直接求解；
（2）结合韦达定理与题目条件，结合三角形面积公式即可得解.
【详解】（1）由题意得：，即则，
所以的标准方程为：.
（2）由题意设，联立，消去得：，
则， 则，
可得，
设直线与轴的交点为，且，则，
故，解得.
题型4 双变量型
1．（24-25高二上·广西梧州·期中）已知椭圆 的左、右焦点分别为 为椭圆的一个顶点，离心率为
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线与椭圆C交于A，B两点；
①若直线过椭圆右焦点，且的面积为求实数k的值；
②若直线过定点，且，在x轴上是否存在点使得以、为邻边的平行四边形为菱形？若存在，则求出实数t的取值范围；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)(2)①；②存在，
【分析】（1）根据题意，求出得解；
（2）①把直线与椭圆联立方程组，利用弦长公式和点到直线的距离公式，即可求出面积等式，最后求解的值；②把菱形问题转化为对角线互相垂直问题，最后转化为两对角线的斜率之积为，通过这个等式转化为的函数，即可求解取值范围.
【详解】（1）由椭圆的一个顶点为，可得，又离心率为，则，
所以由，即椭圆C的标准方程为.
（2）①直线过椭圆右焦点可得：，即，
所以由直线与椭圆C的标准方程联立方程组，消去得：
，设两交点，则有，
所以，又椭圆左焦点到直线的距离为，所以，
解得：或（舍去），即；
②假设存在点使得以为邻边的平行四边形为菱形，由于直线过定点，且，可知直线方程为，与椭圆联立方程组，消去得：，
由，且，解得， 设两交点，中点，则有，且，所以，
即，整理得，又因为，所以，当且仅当，即，所以，则.
2．（25-26高三上·湖北武汉·阶段练习）设椭圆的右顶点为，上焦点为，直线与椭圆交于不同于的两点，．
(1)是否存在，使为的重心，试说明理由；
(2)已知，
（i）证明：恒过定点；
（ii）设点在上，且满足，是椭圆上的动点，求的最大值．
【答案】(1)不存在，使为的重心，理由见解析；(2)（i）证明见解析；（ii）的最大值为.
【分析】（1）利用反证法进行证明即可.
（2）（i）设直线方程为，与椭圆方程联立，通过，进行计算即可.
（ii）根据，可知，点在以为直径的圆上，对是否为进行讨论即可.
【详解】（1）不存在，使为的重心，根据题意，，
设，，假设存在，设直线的斜率为，使为的重心，
所以，解得，又，两点为椭圆上的点，则，两式相减得 ，所以，设，两点中点为，则坐标为，故，所以直线为，即直线：，
将直线代入椭圆方程，得到，
化简得到，则其判别式为，
所以直线与椭圆无两个交点，故不存在直线，使为的重心.
（2）（i）设直线：，与椭圆方程，联立得，，
所以，，，因为，所以，，
所以，
所以，，
代入得，解得或，
因为直线与椭圆交于不同于的两点，所以，，则恒过定点.

（ii）已知直线：，设，由，知，
所以点在以为直径的圆上，且圆心，半径，
因为，所以椭圆上一点到圆心的最大距离为，
所以当时，最大距离为，所以的最大值为，
所以的最大值为.
题型5 最值范围型
1．（2025·湖南·模拟预测）已知椭圆的右焦点为，且椭圆C过点．
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)若直线l与椭圆C交于A，B两点，直线交线段于点Q，且，证明：直线l过定点．
(3)在（2）的条件下，求的最大值．
【答案】(1)(2)证明见解析(3)
【分析】（1）根据焦点坐标，结合代入法、三者之间的关系进行求解即可；
（2）根据三角形面积公式，结合一元二次方程根与系数关系、直线的斜率公式进行求解即可；
（3）根据三角形面积公式，结合二次函数的性质进行求解即可.
【详解】（1）由题可知，，所以，又点在C上，
所以，解得．所以椭圆C的标准方程为；
（2）因为，所以，所以，
显然直线l的斜率存在且不为0．设直线l的方程为，且．
由得，所以，①
所以，整理得，
将①式代入得，化简得，
所以直线l的方程为，直线l过定点
（3）由（2）得，由，解得，
且，②
所以，代入②式得，令，
所以，所以当，即时，.
2．（25-26高三上·上海·阶段练习）如图，双曲线的实轴长为4，离心率为，斜率为k的直线l过x轴上一点，双曲线E上存在关于直线l对称的不同两点B、C，直线BC与直线l及y轴的交点分别为P、Q.
(1)求双曲线E的标准方程；
(2)当时，求t的取值范围；
(3)当时，求的最小值.
【答案】(1)(2)(3)
【分析】（1）根据实轴长，求出a值，根据离心率，求出c值，根据a，b，c的关系，求出，即可得答案.
（2）设出P、A、B点坐标及直线BC的方程，与双曲线联立，根据韦达定理，可得、表达式，当时，，进而可得t的表达式，根据判别式，可得m的范围，即可得答案.
（3）根据条件及（2）结果，分别求出的表达式，代入面积公式，化简整理，结合基本不等式，即可得答案.
【详解】（1）因为实轴长为4，则，所以，因为离心率为，所以，
所以，所以双曲线E的标准方程为
（2）设，由题意可知，故可设直线BC方程为，
联立，得，，解得，
由韦达定理得，所以，
当时，因为，所以，
因为，即或，所以或，即t的取值范围为.
（3）当时，由（2）得，，，因为，
所以，所以，整理的，又，
所以，
，因为，所以，，
所以，所以，当且仅当，即时取等号，此时，所以，满足题意，
综上，的最小值为.

题型6 非常规型四边形面积
1．（25-26高三上·上海·阶段练习）在平面直角坐标系中，满足到、距离之和为定值的点的轨迹为曲线，且点在曲线上.过点且不平行于x轴的直线与曲线交于点A、B，AB的中点为G，过点A，B分别作直线l：的垂线，垂足分别为C、D，l与x轴的交点为E.
(1)求的方程；
(2)证明：；
(3)记CG与AE的交点为M，DG与BE的交点为N，求四边形MGNE面积的最大值.
【答案】(1)(2)证明见解析(3)
【分析】（1）根据题意知定值为，进而根据椭圆的定义求解即可；
（2）要证明，只需证明直线和的斜率相等即可；
（3）将求四边形的面积的最大值转化为求面积的最大值，联立直线和椭圆方程，利用根和系数的关系及函数的单调性求解即可.
【详解】（1）根据题意，点到、距离之和为，
所以，设点，则到、距离之和为且大于与距离，
所以，根据椭圆的定义得，曲线表示以、为焦点，长轴长为的椭圆
所以，中，，即，所以，曲线的方程为.
（2）由题知椭圆右焦点为，设直线方程：，设
联立 ，消得：由韦达定理：
又，,所以，，
要证，即证,即证，
即证，即证，
又根据韦达定理：，得证.
（3）如图： 在中，因为，G是中点，所以是中点，由（2）同理可得，所以四边形是平行四边形，且G是中点，所以是中点，连接，易知所以,
由（2）得：，令椭圆的右焦点为，则
即
计算所以，
（令）化简得：，由于对勾函数单调递增（对求导），所以，则：，
故：.所以四边形MGNE面积的最大值为：.
【点睛】方法点睛：(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去(或)建立一元二次方程，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；(2)涉及到直线方程的设法时，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．有时若直线过轴上的一点，可将直线设成点斜式.
2．（25-26高二上·湖南长沙·阶段练习）已知椭圆的两个焦点为和，点为椭圆的上顶点，为等腰直角三角形．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知点为椭圆上一动点，求点到直线距离的最值；
(3)分别过，作平行直线，若直线与曲线交于两点，直线与曲线交于两点，其中点在轴上方，求四边形的面积的取值范围．
【答案】(1)(2)最大值为，最小值为(3)
【分析】（1）根据题意求出即可得解；
（2）求出与直线平行且与椭圆相切直线方程，则切线与的距离即为最值；
（3）设直线的方程为，则直线的方程为，，联立方程，利用韦达定理求出，再根据弦长公式求出，利用两平行直线间的距离公式求出间的距离，从而可得出四边形的面积的表达式，进而可得出答案.
【详解】（1）由题意得，因为点为椭圆的上顶点，为等腰直角三角形，
所以，所以，所以椭圆的标准方程为；
（2）设与直线平行且与椭圆相切直线方程为，
联立，消得，则，解得，
平行直线与的距离，所以，
所以点到直线距离的最大值为，最小值为；
（3）由题意可得直线的斜率不为零，设直线的方程为，则直线的方程为，
联立，消得，设，
则，则，
直线之间的距离，则四边形的面积，
令，则，
故，当且仅当，即时取等号，又，所以，所以，由椭圆的对称性可得四边形的面积，
所以四边形的面积的取值范围为.
题型7 定点：圆过定点
1．（2025·河北唐山·模拟预测）已知直线与抛物线交于两点，且分别在第一、二象限，为线段的中点．设在点处的切线交于点，为曲线段（不含端点）上一点，在点处的切线与直线分别交于点．
(1)证明：
①直线轴；
②四边形的面积为定值；
(2)设的外接圆为圆，问：圆是否过定点（点除外）？若过定点，求出定点坐标；不过定点，请说明理由．
【答案】(1)①证明见解析；②证明见解析(2)过定点，
【分析】（1）①联立方程可求出的坐标，再求出的坐标，即可证明结论；②利用切线方程可求表示出的坐标，从而可求出四边形的面积，即可证明结论；
（2）表示出直线的方程，可求出点E所在的直线方程，结合三角形外接圆性质，即可得出结论.
【详解】（1）证明：①依题意，联立直线方程和得，
解得或4，所以，则.
由得，所以直线的斜率为，
则的方程为，同理可得的方程为，
联立，从而可得，而，因此轴.
②设，可得直线的方程为，即，联立，可得，同理联立，，可得，而，故四边形的面积为，为定值.
（2）由（1）得，
线段的垂直平分线的斜率为，则其方程为，即；
同理可得线段的垂直平分线的方程为，
联立，消去，得，所以点在直线上.
设关于直线的对称点为，则，
解得，即关于直线的对称点为，
由于在圆上，故圆也过点，因此圆过定点.
2．（23-24高三上·贵州黔西·阶段练习）已知抛物线，过焦点的直线与抛物线交于两点A，，当直线的倾斜角为时，.
(1)求抛物线的标准方程和准线方程；
(2)记为坐标原点，直线分别与直线，交于点，，求证：以为直径的圆过定点，并求出定点坐标.
【答案】(1)抛物线的方程为，准线方程为(2)证明见解析，定点坐标为或
【分析】（1）根据已知得出直线的方程，与抛物线联立，根据过焦点的弦长公式，列出关系式，即可得出；（2）设，联立方程根据韦达定理得出的关系.进而表示出的方程，求出，的坐标，得出圆的方程.取，即可得出定点坐标.
【详解】（1）由已知可得，抛物线的焦点坐标为，直线的方程为.
联立抛物线与直线的方程可得，.
设，，由韦达定理可得，则，所以.
所以，抛物线的方程为，准线方程为.
（2）设直线，联立直线与抛物线的方程可得，.
所以，，.又，，所以.同理可得.
设圆上任意一点为，则由可得，圆的方程为，
整理可得，.
令，可得或，所以，以为直径的圆过定点，定点坐标为或.

【点睛】思路点睛：直线或圆过定点问题，先根据已知表示出直线或圆的方程，令变参数为0，得出方程，求解即可得出求出定点的坐标.
题型8 定点：直线过定点
1．（25-26高二上·河南·阶段练习）在平面直角坐标系中，动点与两定点，的距离之比为，记动点的轨迹为.
(1)求轨迹的方程.
(2)已知，两点均在轨迹上，且点在第三象限内，点在第四象限内.
（i）若延长与轨迹交于另一点，延长与轨迹交于另一点，且直线与轴交于点，直线与轴交于点，求的值；
（ii）若，，点为直线上一动点，直线，分别与轨迹交于，两点，若直线与直线不重合，证明：直线恒过定点.
【答案】(1)(2)（i）（ii）证明见解析
【分析】（1）根据轨迹方程的求法得解；
（2）（i）设，，直线AC的方程为，由韦达定理化简可得，
同理得，设，，结合三点共线化简可得，即可得解；
（ii）将圆向上平移2个单位长度，得到圆，转化为新直线的过定点问题，即可利用直线与圆相交得证.
【详解】（1）设动点，由题意可知，，
整理得，.
故轨迹的方程为.
（2）如图，
（i）设，，直线AC的方程为，
由，得，
则，，所以.
设，，直线BD的方程为，同理得.
由，则，
所以，则，即.
设，，
因为A，G，D三点共线，所以，则，
又，，所以，
因为B，H，C三点共线，同理得，
所以，则，故.
（ii）证明：将圆向上平移2个单位长度，得到圆.
此时，，直线，分别与轨迹交于，两点，
设，，，
则，，所以，
则，即，
又，，
所以，，
则，整理得.
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立，整理得，
则，，
所以，整理得，，
则，解得或，
当时，直线的方程为，此时直线恒过点.
当时，直线的方程为），此时直线恒过点，此时与重合，不合题意，所以直线恒过点.
当直线的斜率不存在时，，则，
所以，解得或（舍去），
此时直线的方程为，则直线恒过点，
综上可知，直线恒过点，
根据平移知识可知，直线PQ恒过定点.
2．（25-26高三上·贵州·开学考试）已知椭圆的长轴长是短轴长的倍，且经过点.
(1)求的标准方程.
(2)设是的左顶点，，是上异于点的不同两点，直线，的斜率分别为，且.
（i）若点的坐标为，求；
（ii）证明：直线过定点.
【答案】(1)(2)（i）;（ii）证明见解析
【分析】（1）根据题意，建立的方程组，求解即得椭圆方程；
（2）（i）设，利用推得，与椭圆方程联立，求出点，利用两点间距离公式计算即得；（ii）依题设直线的方程为：，与椭圆方程联立，写出韦达定理，由化简可推得，即得或，代入直线方程分别检验，即得直线经过定点.
【详解】（1）由题意，，解得，
则的标准方程为.
（2）（i）设，由（1）可得，因，
则，由可得，
代入，整理得：，解得（不合题意，舍去）或，
故得，则.
（ii）因，直线的斜率不能为0，可设其方程为：，
代入，整理得：，
则，设，则（*），
则，化简得，
因，代入整理得：，
将（*）代入，可得，去分母可得：
，
化简得：，解得或.
当时，直线的方程为，直线经过定点，
此时由解得，则，
因，符合题意；
当时，直线的方程为，经过定点，该点恰与点重合，不合题意，舍去.
故直线过定点.

题型9 定值
1．（25-26高三上·河北沧州·阶段练习）已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，且，离心率为．
(1)求C的方程；
(2)过不与坐标轴垂直的直线与椭圆C交于A，B两点．
（i）若M为AB的中点，O为坐标原点，设AB，OM的斜率分别为，，求；
（ⅱ）过A，B分别作x轴的垂线，垂足分别为P，Q，证明：直线AQ与BP的交点的横坐标为定值．
【答案】(1)(2)（i）（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的概念，求出参数值，写出椭圆标准方程即可；
（2）根据椭圆和直线的位置关系，以及韦达定理，设出点的坐标，写出斜率的代数式和中点坐标，求出斜率的积，再根据直线的性质，求出直线方程，证明其交点的横坐标为定值即可.
【详解】（1）因为，所以，因为离心率为，所以，则，
所以椭圆标准方程为.
（2）（i） 如图所示，由（1）可知，，则过不与坐标轴垂直的直线设为，联立方程组得，消去得，
化简得，易知，
设，根据韦达定理可知，
则，可知中点，则，所以.
（ⅱ） 如图所示，设，则直线方程为，直线方程为，联立方程得，消去得，解得，因为，
代入得，
由韦达定理得，代入得，
所以直线AQ与BP的交点的横坐标为定值4.
2．（25-26高二上·江苏南京·阶段练习）已知在平面直角坐标系中，，点满足，记点的轨迹为曲线.
(1)求的方程；
(2)若经过点的直线与相交于点，且，求直线的方程；
(3)已知.若直线经过点且与相交于两点，线段的中点为与的交点为，证明：为定值，并求出该定值.
【答案】(1)(2)或.(3)证明见解析，6
【分析】（1）设，根据，列出方程，即可求解；
（2）设圆心到的距离，利用圆的弦长公式，求得，分析斜率不存在和斜率存在，两种情况讨论，结合直线与圆的位置关系，即可求解；
（3）设直线的斜率为，则，联立方程组，结合和韦达定理，求得和，结合均在直线上，利用，即可求解.
【详解】（1）解：设，因为点且，
所以，即，所以的轨迹方程为.
（2）解：由（1）知，圆心为，半径为，
因为，设圆心到的距离，可得，解得，
当斜率不存在时，方程：，此时，满足题意；
当斜率存在时，设方程：，即，
则，解得，此时.综上可得，直线的方程为或.
（3）解：当斜率不存在时，此时与圆相切，不符合题意，
所以斜率存在，设直线的斜率为，则，且
联立方程组，
整理得，
令，解得，
且，所以，
又由，解得，所以，
因为均在直线上，且
所以.
题型10 斜率型：和定
1．（25-26高二上·重庆·阶段练习）已知椭圆的离心率为点 在椭圆上，直线 与x轴交于点B.

(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点B的直线交椭圆于C，D两点（C在D的左侧），直线AC，AD分别与直线交于 E， F 两点，直线AC，AD的斜率记为.
①求证：为定值；
②点G为CF中点，若求实数的取值范围.
【答案】(1)(2)①证明见解析；②
【分析】（1）根据离心率的值和椭圆上一点求得，进而求得椭圆方程即可.
（2）① 设出直线的方程，联立椭圆方程，根据韦达定理对进行化简即可验证结果.②先根据三角形面积公式将表达式用列出来，然后根据求根公式整理为关于的式子，利用换元法令转化为的函数求值域即可.
【详解】（1）由题意知，因为，所以，所以.
所以，解得，则.所以椭圆的标准方程为.
（2）①，直线的方程为.
联立该直线与椭圆方程得，化简得.
由，解得.设，（），
由韦达定理可得.所以
，
所以为定值，定值为.
②设直线的方程为，即.令，则，所以.
设直线的方程为，同理可得.则由①知，所以，
所以；.
又，所以.由方程（），
可得所以，令，
则所以的范围是.
2．（25-26高三上·广东·阶段练习）已知椭圆的焦距为，且与直线相切.直线与交于两点，为坐标原点，是上的点（异于），直线的斜率分别为.
(1)求的方程；
(2)若的面积为，求的值；
(3)是否存在定点，使得为定值?若存在，求出该定点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】(1)(2)或(3)存在，或
【分析】（1）由焦距为，可将椭圆方程设为，随后将椭圆方程与直线联立，由判别式为0，可得椭圆方程；
（2）设，将椭圆方程与方程联立，由韦达定理可得的面积关于t的表达式，可得答案；
（3）设，由题可得，由（2）可得，假设为定值，最后由等式两边恒成立可得答案.
【详解】（1）因为的焦距为，所以，由得，则，
得，则，则的方程为；
（2）设，由，得.
，.
设与y轴交于T，则的面积为：.
整理得，得或，则或.
（3）设，则
由（2）知，，，则.
假设为定值，则，
要使方程恒成立，则，解得或，
且，故存在定点或，使得为定值0.
题型11 斜率型：积定
1．（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）椭圆短轴长为2，离心率为.
(1)求椭圆方程；
(2)过点的直线与椭圆交于,两点，点，直线,的斜率为，，求的值.
【答案】(1)(2)．
【分析】（1）根据题意列出，即可直接写出椭圆的标准方程；
（2）设过点的直线方程为，与椭圆方程联立方程组，设，，利用根于系数的关系化简即可得解.
【详解】（1）由题意得，得，故椭圆为；
（2）由已知直线过，设的方程为，
联立两个方程得，消去得：，得，
设，，则，（*），
因为，故，
将（*）代入上式，可得：，
∴直线与斜率之积为定值．
2．（25-26高三上·贵州贵阳·阶段练习）动点与定点的距离与到定直线的距离之比是常数，记动点的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)过点F的直线（不与x轴重合）与C交于P，Q两点，过点的直线和，与直线的交点分别为M，N，记直线和的斜率分别为和，证明：为定值．
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）根据给定条件，列出方程并化简即得.
（2）设出直线方程及点坐标，求出点的坐标，联立直线与的方程，利用韦达定理及斜率坐标公式求解即得.
【详解】（1）设点，依题意，，化简整理得，即，
所以曲线C的方程为.
（2）设直线的方程为，，
由消去得，显然，
则，直线的方程为，则，同理，
则，所以为定值.
题型12 斜率型：比值型
1．（25-26高三上·贵州·阶段练习）已知A，B分别为双曲线的左、右顶点，其中一条渐近线方程为，焦距为．
(1)求双曲线E的方程；
(2)设过的直线与双曲线交于C，D两点（C、D与A、B不重合），记直线AC，BD的斜率为，，证明：为定值．
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）由题意可知，，解方程即可求出双曲线方程；
（2）设直线，与双曲线方程联立得出韦达定理，再可得两根之和与两根之积的关系，求出的表达式，化简即可求解定值.
【详解】（1）由双曲线E的焦距为，可得，即，
又其中一条渐近线方程为，可得，
而，则，解得，，所以双曲线E的方程为；
（2）由（1）可知，设，．
因为C、D与A、B不重合，所以可设直线．
联立，消得：，故，，
所以，，，
所以，即为定值．

2．（25-26高三上·全国·阶段练习）已知椭圆的离心率为分别为椭圆的左，右顶点，为椭圆的上顶点，且．直线l：交椭圆于，两点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线的斜率为，直线的斜率为，求的值；
(3)若，证明：当时，为锐角三角形．
【答案】(1)(2)(3)证明见解析
【分析】（1）借助向量数量积计算可得，再利用离心率即可得解；
（2）利用韦达定理结合斜率公式计算即可得；
（3）借助锐角三角形定义结合向量数量积计算可得为锐角三角形时的范围，再判断所给范围是否符合要求即可得.
【详解】（1）由题意知，，则，
所以，即，又，所以，
所以椭圆的标准方程为；
（2）直线，，由，得，
则，所以，
因为椭圆的左，右顶点分别为，所以，
所以；
（3）直线的方向向量为，所以由锐角三角形知，①，②，③，
由、，由①得：
，则④；由②③得，，即，
进而化简得：
，
即，解得⑤，
由，，故当时，同时满足④⑤，
所以此时为锐角三角形.
题型13 三斜率型：复合型
1．（25-26高三上·重庆·阶段练习）已知点,都在双曲线上．
(1)求双曲线E的方程；
(2)过双曲线右焦点F的直线与双曲线相交于C，D两点，点Q在直线上，直线，，的斜率分别为，证明：成等差数列．
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）把已知两点代入求出，从而得出双曲线的方程；
（2）利用双曲线方程的性质求出右焦点，分过点的直线斜率存在和不存在两种情况讨论直线和双曲线的位置关系，利用直线斜率表达式结合韦达定理，得出，从而证明结论成立．
【详解】（1）点,在双曲线上，
，双曲线方程：
（2）双曲线方程：,，，，则，
过双曲线右焦点F的直线与双曲线相交于C，D两点，点Q在直线上，
①当过双曲线右焦点F的直线斜率存在时，令斜率为，则直线方程为，
设，示意图如下：
联立双曲线方程和直线方程得：，整理得：，
，，，
，令，代入化简得
，令，代入并化简，
则，再代入可得：，
，故成等差数列；
②当过点的直线垂直于轴（斜率不存在）时，示意图如下：
则过点的直线方程为，联立，解得，
，设点，则，，，，故成等差数列，
综上可得，成等差数列．
2．（25-26高三上·重庆·开学考试）已知双曲线的虚轴长为2，一条渐近线方程为.
(1)求双曲线的方程；
(2)已知是上的三个不同点.
①若，点在双曲线的同一支上，且是等边三角形，求；
②若（异于原点）是外接圆的圆心，直线的斜率均存在，并分别记为，求的值.
【答案】(1)(2)①；②
【分析】（1）根据虚轴长及渐近线方程可求出，即可得出曲线方程；
（2）①设出点的坐标，根据三角形为等边三角形，利用边长相等求出点坐标即可得解；
②根据点差法及斜率公式表示出，再求出的中垂线，代入点坐标，所得两式相减即可得解.
【详解】（1）由题意，且，所以，故曲线的方程为.
（2）如图，①若，设，
因为，所以.因为在双曲线上，所以.
以上三个方程联立，解得或.当时，则，由，得，
再由，可解得.此时.
当时，因为在同一支上，则不满足条件，舍，所以.
②根据条件均存在知均不为零，设点，三角形外心，则有，
两两相减可得：，
则的中垂线为，
将代入则：，整理得，
又点在直线上，所以有①同理有的中垂线为，
又点在直线上，所以有②
由①②得，，
整理得：，即，则有.
题型14 切线型
1．（25-26高二上·江苏·阶段练习）已知椭圆的左右顶点为，，上下顶点为，，记四边形的内切圆为．
(1)求圆的标准方程；
(2)已知椭圆的右焦点为F，若上两点A，B满足，且．求证：以AB为直径的圆恒过异于点F的一个定点；
(3)已知P为椭圆上任意一点，过点P作圆的切线分别交椭圆于两点，试求三角形面积的最小值．
【答案】(1)(2)定点为(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AB为直径的圆的方程并化简得，令即可得到定点；
（3）设直线PM方程为，根据相切得到，直线PM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AB为直径的圆上的点，则，，
，化简得，
令，则，解得或，
所以该圆恒过异于F的定点．
（3）设直线PM方程为，由直线PM与圆相切，可知原点到直线PM的距离，整理可得，将直线PM方程代入椭圆可得，，
整理即有，设，，
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PMN面积的最小值为．
2．（2025·河南·模拟预测）已知椭圆的左､右焦点分别为分别为的左､右顶点，点是上异于的点，直线与直线的斜率之积为，的周长为6.
(1)求的方程；
(2)求过与相切的直线方程；
(3)设直线的方程为，过上任一点作的切线，切点分别为，当四边形的面积最大时，求的正切值.
【答案】(1)；(2)；(3).
【分析】（1）应用斜率公式结合椭圆方程解出即可；
（2）设切线的方程为，与椭圆联立，由得，在上，知道，得到；
（3）与椭圆联立，借助韦达定理，后将四边形面积表示出来，即，借助对勾函数单调性求最值，再借助和角正切公式计算即可.
【详解】（1）由题意知，，
又，则即，故，
又，即，所以，故椭圆的方程为.
（2）设切线的方程为，联立整理得，由，得，
因为在椭圆上，所以，则，
所以过与相切的直线方程为，即.
（3）设，
由（2）可知，切线的方程为，切线的方程为，
所以，故直线的方程为.
联立，整理得，所以，又，，
又
.因为，则，
所以时，四边形的面积最大，最大面积为6.此时直线的方程为，与交于椭圆右焦点，则，所以，
所以.

题型15 韦达定理与点带入型
1．（21-22高三·重庆·阶段练习）已知椭圆：的左、右焦点为，，为椭圆上一点，且，．
(1)求椭圆的离心率；
(2)已知直线交椭圆于，两点，且线段的中点为，若椭圆上存在点，满足，试求椭圆的方程．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）由，以及，建立关于的方程，即可得到结果；
（2）设，由（1）可知，可设椭圆方程为，根据，
可得，设将其与椭圆方程联立，由韦达定理和点满足椭圆方程，可求出，进而求出结果.
【详解】（1）解：因为，所以，即，
则，解得．
（2）解：设，
由，得，所以，所以
设，即由于在椭圆上，则，，①由，得，即
由在椭圆上，则,即，
即，②
将①代入②得：，③
若直线的斜率不存在，则线段的中点在轴上，不合乎题意，
线段的中点为，设可知
，
所以，其中，解得，所以，方程为
又，④将④代入③得：，
经检验满足，所以椭圆的方程为.
【点睛】方法点睛：解决中点弦的问题的两种方法：
（1）韦达定理法：联立直线与曲线的方程，消去一个未知数，利用一元二次方程根与系数的关系以及中点坐标公式解决；
（2）点差法：设出交点坐标，利用交点在曲线上，坐标满足方程，将交点坐标代入曲线方程，然后作差，构造出中点坐标和斜率关系求解.
2．（20-21高二下·江西宜春·阶段练习）如图，椭圆的中心为原点，离心率，一条准线的方程为.
（1）求该椭圆的标准方程；
（2）设动点满足：，其中，是椭圆上的点，直线与的斜率之积为，问：是否存在两个定点，，使得为定值？若存在，求，的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，，.
【分析】（1）由已知可得，，再结合可求出的值，从而可求得椭圆的标准方程；
（2）设，，，则由得，，可得，由直线与的斜率之积为，得，从而得，即可得点是椭圆上的点，然后利用椭圆的定义可求得答案
【详解】解：（1）由，，解得，，，故椭圆的标准方程为.
（2）设，，，则由得，
即，.因为点，在椭圆上，所以，，
故
.
设，分别为直线，的斜率，由题设条件知，因此，
所以.所以点是椭圆上的点，设该椭圆的左､右焦点为，，则由椭圆的定义为定值，又因，因此两焦点的坐标为，.
题型16 韦达定理与定比分点型
1．（2022·全国·模拟预测）在平面直角坐标系中，椭圆的左、右顶点分别A，B，F是椭圆C的右焦点，且，.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若椭圆C存在一动点M，连接OM，过点F作直线交椭圆C于P，Q两点，求证：为定值.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）利用待定系数法求出椭圆C的方程；
（2）可设直线l的方程为，设，，，.用设而不求法表示出，和
整理化简即可证明出为定值.
【详解】（1）根据题意可知，，.∵，，
∴解得则，∴椭圆C的方程为.
（2）由（1）得.易知直线l的斜率不为0，则可设直线l的方程为，
，，，∴直线OM的方程为.
则，，则.
∵，
，∴.
（联立直线l与椭圆C的方程，结合根与系数关系求出的值，代入）
由得，，则，..（联立直线OM与椭圆C的方程，求出）
由得，∴.∴.
∵，∴为定值.
2．（23-24高三·浙江·阶段练习）已知直线的方程为：，直线与轴的交点为，圆的方程为：
，、在圆上， ，设线段的中点为．
（1）如果为平行四边形，求动点的轨迹；
（2）已知椭圆的中心在原点，右焦点为，直线交椭圆于、两点，又，求椭圆的方程．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）求出点的坐标，几何法算出的轨迹方程，再利用相关点代入法求的轨迹方程；
（2）利用余弦定理解三角形即可获解
【详解】(1)直线与轴的交点为
设线段CD的中点的坐标为,由题意可得
所以,化简得(*)
因为四边形CFDG为平行四边形,则点为线段FG的中点.
设点的坐标为,则代入(*)式得,化简得
所以点的轨迹方程为
(2)设直线的倾斜角为,则,所以设椭圆方程为,其中
设,在中,由余弦定理得即,即所以,即
设,在中,由余弦定理得
即,即所以,即
因为,所以即因为,所以，又,所以
所以椭圆的方程为
题型17 非对称型韦达定理
1．（2021·北京海淀·模拟预测）已知椭圆的离心率为，，分别为椭圆C的左右顶点．
B为椭圆C的上顶点，为椭圆C的左焦点，且的面积为．
（1）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设过点的动直线l为椭圆于E、F两点（点E在x轴上方），M，N分别为直线与y轴的交点，O为坐标原点，来的值．
【答案】（1） （2）
【分析】（1）由离心率可得，由的面积为可得，结合可得答案.
（2）由题意设，则，设直线的方程为：，将直线的方程与椭圆方程联立，得出韦达定理，得到与的关系，分别得出直线、的方程，从而得出的坐标，将与代入，可得答案.
【详解】（1）在椭圆中设，则 由，则，则，即
又，即，即将代入，解得，
所以椭圆C的方程：
（2）由条件点E在x轴上方且过点，则直线的斜率不为0设直线的方程为：，设，则 由 可得
由题意可得， ，，则，即由
所以，则直线的方程为：令，得，所以
所以，则直线的方程为：令，得，所以
所以所以

【点睛】关键点睛：本题考查根据离心率和三角形面积求椭圆方程以及椭圆中的定值问题，解答本题的关键设直线的方程为：，与椭圆方程联立，由求根公式和韦达定理表示出与，再表示出直线、的方程，从而得出的坐标，将与代入，属于中档题.
2．（2020·甘肃平凉·模拟预测）在直角坐标系中，椭圆：的离心率为，抛物线：的焦点是椭圆的一个焦点.
（1）求椭圆的方程；
（2）设椭圆的左、右顶点分别为，，是椭圆上异于，的任意一点，直线交椭圆于另一点，直线交直线于点，求证：，，三点在同一条直线上.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）依题意得到，，求出，即可得出椭圆的方程；
（2）先由（1）得到，，设，，直线的方程为，与椭圆联立，根据韦达定理，得到，，再求出点的坐标，根据向量共线的坐标表示，判断，即可证明结论成立.
【详解】（1）依题意，，，所以，，，
所以椭圆的方程为；
（2）证明：由（1）知，，，设，，直线的方程为，
由方程组消去，并整理得，
因为，所以，，
因为直线的方程可表示为，将此方程与直线联立，可求得点的坐标为，
所以，，因为
所以，
又向量和有公共点，故，，三点在同一条直线上.
【点睛】本题主要考查求椭圆的标准方程，以及证明椭圆中三点共线的问题，涉及向量共线的坐标表示，属于常考题型，计算量较大.
题型18 第19题新定义综合型
1．（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．
2．（24-25高三下·河北保定·阶段练习）已知抛物线，按照如下方式依次构造点：过点作斜率为k（k为常数）的直线与抛物线C相交于，两点（在x轴的上方）；过点作斜率为k的直线与抛物线C相交于，两点（在x轴的上方），直线和相交于点；过点作斜率为k的直线与抛物线C相交于，两点（在x轴的上方），直线和相交于点；…；过点作斜率为k的直线与抛物线C相交于，两点（在x轴的上方），直线和相交于点；过点作斜率为k的直线与抛物线C相交于，两点（在轴的上方），直线和相交于点.
(1)若，求；
(2)证明：点，，，…，在一条直线上；
(3)记线段的中点为，线段的中点为，线段的中点为，…，线段的中点为，求（用k，n表示）.
【答案】(1)20(2)证明见解析(3).
【分析】 （1）写出直线的方程，与抛物线方程联立，根据焦点弦公式即可得到；
（2）设直线的方程为，与抛物线方程联立得，，同理可得，， 从而得到直线的方程，联立直线和直线的方程得点的纵坐标为，从而证明结论；
（3）利用中点公式以及得到， 分别求出和即可求解.
【详解】（1）由题知，直线的方程为，
联立消去y，得，则由抛物线定义知.
（2） 证明：设，且i为整数，，，，，
直线的方程为，联立直线的方程和抛物线方程，得
消去x后整理，得，所以，，
同理可得，.所以直线的斜率为，
直线的方程为，又，则，
整理得.同理可得，直线的方程为，
联立直线和直线的方程消去，得，
整理得，代入，，
得，即，又，所以，即点的纵坐标为，所以点，，，…，在同一条直线上，得证.
（3） 由（2）知，即线段的中点的纵坐标为，
同理可知，线段的中点的纵坐标为，
故点，，，…，和点，，，…，都在直线上.因为，轴，所以.因为，所以，，
有，，，所以.
由（2）知，同理可得，.
故有
，故.
【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，需要运用多方面知识方可得解.

结束
求轨迹方程的常见方法有:
（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；
（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；
（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；
（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；
（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.
韦达定理基本模板实战模板
1、设点，
2、方程1：设直线：-----此处还有千言万语，在后边分类细说。
3、方程2：曲线：椭圆，双曲线，抛物线，或者其他（很少出现），注意一个计算技巧，方程要事先去分母
4、方程3:联立方程，整理成为关于x(或者y）的一元二次方程。要区分，椭圆，双曲线，和抛物线联立后方程的二次项能否为零-----这就是实战经验。
5、（1）； （2）二次项系数是否为0；------这两条，根据题确定是直接用，或者冷处理。但是必须考虑。
6、方程4、5：韦达定理
7、寻找第六个方程，第六个方程其实就是题目中最后一句话
直线横截式设法技巧
（1）直线AB方程为，联立曲线方程，
结合韦达定理化简整理得到只关于t、m的方程，即可求出t、m的关系，即可进一步讨论直线AB过定点的情况；
（2）设直线时注意考虑AB斜率不存在的情况，联立方程也要注意讨论判别式.
当题中的直线既无斜率，又不过定点线，就要设成“双变量”型：，依旧得讨论k是否存在情况
当直线既不过定点，也不知斜率时，设直线，就需要引入两个变量了。
（1）
（2），此时直线不包含水平，也要适当的补充讨论。
（3）设“双变量”时，第一种设法较多。因为一般情况下，没有了定点在x轴上，那么第二种设法实际上也没有特别大的计算优势。如第1题。
（4）重要！双变量设法，在授课时，一定要讲清楚以下这个规律：
一般情况下，试题中一定存在某个条件，能推导出俩变量之间的函数关系。这也是证明直线过定点的理论根据之一。
圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
求非常规型四边形的面积最大值，首先要选择合适的面积公式，对于非常规四边形，如果使用的面积公式为，为此计算， 代入转化为的函数求最大值.
圆过定点思维：
1.可以根据特殊性，计算出定点，然后证明
2.利用以“某线段为直径”，转化为向量垂直计算
2.利用对称性，可以猜想出定点，并证明。
4.通过推导求出定点（计算推导难度较大）
直线过定点：
1、直线多为y=kx+m型
2.目标多为求：m=f（k）
3.一些题型，也可以直接求出对应的m的值
求定值问题常见的思路和方法技巧：
从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
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．
求定值题型，运算量大，运算要求高，属于中等以上难度的题
给定椭圆，与椭圆上定点P，过P点走两条射线PA、PB，与椭圆交与A和B两点，记直线PA、PB的斜率分别为K1,K2,则有
给定椭圆，与椭圆上定点P，过P点走两条射线PA、PB，与椭圆交与A和B两点，记直线PA、PB的斜率分别为K1,K2,则有
在利用椭圆（双曲线）的切线方程时，一般利用以下方法进行直线：
（1）设切线方程为与椭圆方程联立，由进行求解；
（2）椭圆（双曲线）在其上一点的切线方程为，再应用此方程时，首先应证明直线与椭圆（双曲线）相切.
双曲线的以为切点的切线方程为
抛物线的切线：
（1）点是抛物线上一点，则抛物线过点P的切线方程是：；
（2）点是抛物线上一点，则抛物线过点P的切线方程是：．
基本规律
1.图形特征依旧有“一直一曲”的
2.在代点时，遵循：“交点不止在直线上，也在曲线上”
3.授课时，可以和点差法题型结合对比
若有
1.利用公式，可消去参数
2.可以直接借助韦达定理反解消去两根
定比分点型，即题中向量（或者线段长度满足）
可以利用公式，可消去

非对称型韦达定理应用，先韦达定理构造互化公式，先局部互化，然后可整理成对称型.
具体办法为联立方程后得到韦达定理：代入之后进行代换消元解题.