2026年高考数学一轮复第08讲直线与圆锥曲线的位置关系(复习讲义)(全国通用)(学生版+解析)

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01 TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc199181714" 考情解码・命题预警 PAGEREF _Tc199181714 \h 2
\l "_Tc199181715" 02体系构建·思维可视 PAGEREF _Tc199181715 \h 3
\l "_Tc199181716" 03核心突破·靶向攻坚4
\l "_Tc199181717" 知能解码4
\l "_知识点1 直线与椭圆的位置关系" 知识点1 直线与椭圆的位置关系 PAGEREF _Tc199181718 \h 4
\l "_知识点2 直线与双曲线的位置关系" 知识点2 直线与双曲线的位置关系 PAGEREF _Tc199181719 \h 4
\l "_知识点3 直线与抛物线的位置关系" 知识点3 直线与抛物线的位置关系 PAGEREF _Tc199181720 \h 6
\l "_Tc199181722" 题型破译 \l "_Tc199181721" PAGEREF _Tc199181721 \h 7
\l "_题型1 直线与圆锥曲线的位置关系" 题型1 直线与圆锥曲线的位置关系 PAGEREF _Tc199181723 \h 7
【方法技巧】判别式法
\l "_题型2 弦长问题" 题型2 弦长问题 PAGEREF _Tc199181724 \h 9
【方法技巧】弦长公式
\l "_题型3 中点弦问题" 题型3 中点弦问题 PAGEREF _Tc199181725 \h 13
【方法技巧】点差法
【易错分析】焦点所在坐标轴
\l "_题型4 面积问题_x0001_" 题型4 面积问题 PAGEREF _Tc199181726 \h 16
\l "_题型5 定点、定直线问题_x0001_" 题型5 定点、定直线问题 PAGEREF _Tc199181727 \h 22
\l "_题型6 定值问题_x0001_" 题型6 定值问题 PAGEREF _Tc199181728 \h 29
\l "_题型7 综合问题_x0001_" 题型7 综合问题 PAGEREF _Tc199181729 \h 35
\l "__x0001__5" 04真题溯源·考向感知 PAGEREF _Tc199181733 \h 43
\l "__x0001__6" 05课本典例·高考素材55
\l "_Tc25045" 知识点1 直线与椭圆的位置关系
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
自主检测直线与椭圆的公共点个数为 ．
【答案】2
【分析】求出直线恒过的定点与椭圆的位置关系，即可判断直线与椭圆的交点的个数．
【详解】直线恒过，
由于，所以是椭圆内部的一点，
所以直线与椭圆恒有2个交点．
故答案为：2．
\l "_Tc25045" 知识点2 直线与双曲线的位置关系
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．
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：
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；
自主检测双曲线与直线的公共点个数 ；
【答案】0或1
【分析】先求出双曲线的渐近线方程，可得已知直线与之重合或平行，即得结论.
【详解】由，可得双曲线的渐近线方程为：，
对于 直线，当时，直线与渐近线重合，两者无交点；
当时，因此时直线与双曲线渐近线平行，故只有一个公共点.
综上可得，双曲线与直线的公共点个数为0或1.
故答案为：0或1.
\l "_Tc25045" 知识点3 直线与抛物线的位置关系
1.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．
2.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：
3.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。
自主检测已知直线，抛物线，l与有一个公共点的直线有（ ）
A．1条B．2条C．3条
D．1条、2条或3条
【答案】C
【分析】将直线方程和抛物线方程联立，使得方程仅有一个实数根，求出对应的的取值个数即可.
【详解】联立直线和抛物线方程可得，
整理可得，
直线l与有一个公共点等价于方程只有一个实数根，
当时，方程为仅有一解，符合题意；
当时，一元二次方程仅有一解，
即，解得，
所以满足题意得直线有三条，即，和.
故选：C
题型1 直线与圆锥曲线的位置关系
例1-1直线与椭圆（）的位置关系为（ ）
A．相离B．相切C．相交D．无法确定
【答案】C
【分析】由直线与椭圆的位置关系求解即可.
【详解】因为直线过点，
而为椭圆的右端点和上端点，
故直线与椭圆相交.
故选：C.
例1-2若直线与椭圆没有公共点，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】直线与椭圆联立方程进行消元, ，求解即可.
【详解】由，可得，
因为直线与椭圆没有公共点，
故，故或，
则的取值范围为，
故答案为：.
方法技巧
(1)直线与双曲线只有一个交点，包含直线与双曲线相切或直线与双曲线的渐近线平行.
(2)直线与抛物线只有一个交点包含直线与抛物线相切、直线与抛物线的对称轴平行(或重合).
【变式训练1-1】已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线与C交于点A，B两点，若面积是的2倍，则（ ）
A．B．或C．D．
【答案】C
【分析】根据面积公式结合定义计算求解得出或，再联立方程结合判别式计算求解.
【详解】设直线与x轴的交点为M，则．
所以，．
因为，所以．
由得，即，，．
所以，解得或．
因为与C有两个交点，联立消y得，
则，解得．所以
故选：C.
【变式训练1-2】已知双曲线，过点作直线与双曲线有且只有一个交点，这样的直线可以作 条（填“条数”）．
【答案】4
【分析】明确点与双曲线和双曲线渐近线的位置关系即可得解.
【详解】由题双曲线的渐近线方程为，
因为点在第四象限，在双曲线外，且不在渐近线上，
所以如图过点作与双曲线有且只有一个交点的直线可以作出2条与双曲线右支相切的切线和2条分别与两条渐近线平行的直线.
故答案为：4.
题型2 弦长问题
例2-1已知斜率为1的直线与椭圆相交于，两点，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设直线的方程为，联立椭圆方程，结合韦达定理、弦长公式将表示成的函数即可求解.
【详解】设直线的方程为，由，得，
由，得，
则，
所以，
当时取到最大值，此时直线的方程为．
故选：B．
例2-2已知抛物线C：与：交于A，B两点，若，则 ．
【答案】2
【分析】根据A，B关于x轴对称、求出点坐标，代入抛物线方程可得答案.
【详解】易知A，B关于x轴对称，
故可设，则，
因为，所以，即，
因为A，B在圆O上，，
所以，

将代入C的方程，得，解得．
故答案为：2.
方法技巧
(1)弦长公式不仅适用于圆锥曲线，任何两点的弦长都可以用距离公式求(过两点的直线的斜率存在且不等于0).
(2)抛物线的焦点弦的弦长应选用更简捷的弦长公式|AB|＝x1＋x2＋p.
(3)设直线方程时应注意讨论是否存在斜率.
【变式训练2-1】已知椭圆，是的左、右焦点，是过焦点的弦，且的面积为32，求．
【答案】16
【分析】根据椭圆的焦点弦长公式及三角形面积公式求解．
【详解】设直线的倾斜角为，，则，
则，
其中，故．

又，
因此的面积
，
即，解得或（舍）．
于是．
【变式训练2-2·变考法】已知直线过椭圆的左焦点，与椭圆相交于两点，且满足，求直线的方程．
【答案】
【分析】根据题意设直线方程，联立直线和椭圆方程，再利用定比分点式、“化斜为直”思想，即可解出结果.
【详解】方法一：由已知得，则，
设直线，联立，则，
整理后得.
设，则，.
又，利用定比分点式变换成，即，
所以，得，，
所以.
化简得，故直线的方程为.

方法二：
由已知得，则，
设直线，则.
设，则，.
又，利用定比分点式变换成，即，
所以，，
所以.
化简得，故直线的方程为，即.
题型3 中点弦问题
例3-1（多选）已知椭圆C：的焦点分别为，，设直线l与椭圆C交于M，N两点，且点为线段MN的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆C的离心率为
B．椭圆与椭圆C共焦点
C．直线l的方程为
D．椭圆C的内部（含边界）共有10个整数点
【答案】BC
【分析】应用椭圆焦点坐标计算得出离心率判断A，求两个椭圆的焦点判断B，联立方程组点差法得出直线方程判断C，列举法判断零点个判断D.
【详解】A：由条件可知，，解得，所以椭圆C：，所以，椭圆C的离心率，A选项错误；
B：椭圆的焦点为，与椭圆C共焦点，B选项正确；
C：设，，代入椭圆C的方程，得
两式相减得．
由题意可知，，，所以，，所以，
所以直线l的斜率为，所以直线l的方程为，整理得，C选项正确；
D：椭圆C：，故椭圆内满足，的整数点有，，，，，
，，，，，，共11个，D选项错误.
故选：BC.
例3-2已知椭圆的右焦点为，经过该焦点的直线交椭圆于两点，若中点的坐标为，则椭圆的方程为 ．
【答案】
【分析】设直线的参数方程为（为参数），代入椭圆方程，利用得，又根据的关系即可求解.
【详解】根据题意可得，
设直线的参数方程为（为参数），由中点的坐标为，所以，
代入椭圆方程整理得．
根据题意可得，即．
又，所以椭圆的方程为．
故答案为：.
方法技巧
(1)根与系数的关系法：联立直线和圆锥曲线的方程得到方程组，消元得到一元二次方程后，由根与系数的关系及中点坐标公式求解.
(2)点差法：设直线与圆锥曲线的交点(弦的端点)坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，将这两点坐标分别代入圆锥曲线的方程，并对所得两式作差，得到一个与弦AB的中点和直线AB的斜率有关的式子，可以大大减少计算量.
【变式训练3-1】已知双曲线的左､右焦点分别为，过左焦点作斜率为2的直线与双曲线交于两点，是的中点，为坐标原点，若直线的斜率为，则的值是 .
【答案】
【分析】利用点差法设，，代入椭圆方程可得可得，计算可得．
【详解】设，，则，，
两式相减得，
是的中点，，，
，又，，，
解得，．
故答案为：.
【变式训练3-2】已知A，B为双曲线上的两点，且A，B关于直线对称，则线段AB中点的坐标为 ．
【答案】
【分析】根据题意，设线段AB的中点为，利用点差法即可得到直线OM的方程，再与直线联立即可得到中点坐标.
【详解】由题意可知直线的斜率，可知直线AB的斜率．
设，线段AB的中点为，则，
可得，．
因为A，B为双曲线上的两点，
所以，两式相减整理得，
即，解得，所以直线，
因为线段AB的中点在直线上，又在直线OM上，故两直线交点即为中点
联立得，
解得，可知线段AB中点的坐标为．
故答案为：.
题型4 面积问题
例4-1（多选）已知、是椭圆长轴上的两个顶点，、是椭圆C的左右焦点，点是椭圆上异于、的任意一点，则下列四个命题中正确的是（ ）
A．的最大值为
B．椭圆C的离心率为
C．面积的最大值为
D．椭圆C与双曲线有相同的焦点
【答案】BCD
【分析】利用椭圆的几何性质可求得，可求得焦点坐标，可得，利用余弦定理可得，进而可判断A；求得椭圆的离心率可判断B；求得三角形面积的最大值判断C；求得双曲线的焦点坐标判断D.
【详解】由椭圆，可得、，
又，所以，，，
所以，所以、，
对于A，因为是椭圆上异于、的任意一点，所以，
在中，由余弦定理可得
，当且仅当时，取等号，
又，
所以，故的最大值为，故A错误；
对于B，椭圆的离心率为，故B正确；
对于C，设，则面积为，
当为椭圆的短轴的两端点时，取等号，
所以面积的最大值为，故C正确；
对于D，由双曲线，可得，所以，
所以，所以，
所以双曲线的焦点坐标为，
所以椭圆C与双曲线有相同的焦点，故D正确.
故选：BCD.
例4-2已知椭圆C：的左焦点为F，右顶点为A，上顶点为B，D为线段AB的中点，且，（O为坐标原点）.
(1)求的面积；
(2)过F的直线交C于P，Q两点，记点O，A到直线PQ的距离分别为，，则是否存在最大值？若存在，求出最大值及PQ的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，最大值为，的方程为
【分析】（1）根据题意得，，，结合，，解得即可得到的面积；
（2）由（1）得椭圆C：，设PQ的方程为，，，联立椭圆方程，结合韦达定理、弦长公式得，由，得，得，求得取最大值时的的值即可得解.
【详解】（1）因为，所以，①
因为为右顶点，为上顶点，
所以，，.
因为为线段的中点，所以，.
又，所以.②
联立①②并结合，解得，，，
故.
（2）存在最大值.
由（1）得椭圆C：.
易知直线PQ斜率不为0，（当直线PQ斜率为0时，点O，A到PQ的距离均为0，此时无意义）
设PQ的方程为，，，
联立
消去得，
则，，
故，
由（1）得，，
所以，即，（分别过点O，A作PQ的垂线，垂足为M，N，则，故由弦长的数量关系得，间的数量关系）
所以，
当且仅当时等号成立，
所以存在最大值，最大值为，此时的方程为.
方法技巧
1、三角形面积问题
直线方程：
2、焦点三角形的面积
直线过焦点的面积为

注意：为联立消去后关于的一元二次方程的二次项系数
【变式训练4-1】已知双曲线的左、右焦点分别为，，P是双曲线右支上一点，且直线的斜率为2，是面积为8的直角三角形，则双曲线的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】方法一利用斜率转化直角三角形中角的正切值，再利用正弦定理转化边之比，最后利用面积可求解各边，即可求双曲线方程；
方法二是利用焦半径关系，结合直角三角形中角的正切值和面积关系即可求解焦半径，再用勾股定理和双曲线的定义可得双曲线方程.
【详解】
解法一：如图，点一定在第四象限，．
设，，，
由得．
因为，所以，即，，则．
由正弦定理得，
则可设，．
由得，
则，，，．
由双曲线的定义得，即，，
所以双曲线的方程为．
解法二：由解法一知点一定在第四象限，．设，，
则．因为是面积为8的直角三角形，所以①，
因为直线的斜率为2，所以，即②．
联立①②解得，，
则，即．
又由勾股定理得：，即．故，
所以双曲线的方程为．
故选：C
【变式训练4-2·变载体】已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，若C的离心率为2，点在C上，过的直线l交C的右支于P，Q两点．
(1)求直线AP，AQ的斜率之积；
(2)若的面积为，求l的方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据条件求出双曲线方程为：，设l的方程为，，，与双曲线方程联立，由韦达定理可得，，代入化简即可求解.
（2）化简，由，解出的值，判断其合理性即可.
【详解】（1）由题意得，解得，
所以C的方程为．
所以，由于直线l的斜率不为0，设l的方程为，，，
联立消去得，
由，
得，则，，
故
．
（2）由（1）得，，
所以
所以，
即，即，
解得或，
因为直线l交C的右支于P，Q两点，
所以且，
即，，
解得，所以仅有满足题意，
所以直线l的方程为或．
题型5 定点、定直线问题
例5-1（2025·河北保定·三模）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．
例5-2已知A，B分别是双曲线C：的左、右顶点，P是C上异于A，B的一点，直线PA，PB的斜率分别为，，且．
(1)求C的方程；
(2)已知过点的直线l：交C的左、右两支于D，E两点（异于A，B），直线AE与直线BD交于点Q，证明：点Q在定直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据即可确定的值，设出点坐标表示出，根据即可求出，从而求出双曲线方程；
（2）设出点,点坐标，表示出直线方程，联立后利用直线与双曲线联立所得韦达定理表示出点横坐标，可发现点在定直线上.
【详解】（1）由题意得，所以．
设，因为点P在C上，所以，即．
又，所以，
故C的方程为．
（2）由（1）得，，
如图，设，，

联立消去得，
所以，，
易知直线AE的方程为，
直线BD的方程为，
联立得：，
即，
整理得，
则，
所以点Q的横坐标始终为1．
故点Q在定直线上．
方法技巧
定点、定直线直线问题的处理技巧：
定直线问题是证明动点在 定直线上，其实质是求动点的轨迹方程，所以所用的方法即为 求轨迹方程的方法，如定义法、消参法、交轨法等
【变式训练5-1】（2025高三·全国·专题练习）已知，分别是双曲线：的上顶点，下焦点．
(1)求的标准方程；
(2)过的直线与的上、下支分别交于两点（异于），直线平分线段与的下支交于点，证明：直线与直线的交点在定直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题中所给数据求解即可；
（2）设直线方程为：，，，联立直线和双曲线方程，结合韦达定理可得，求出点坐标，直线方程，再联立直线和直线方程，求出交点坐标即可得证.
【详解】（1）由题意，，，
所以，
所以C的方程为．
（2）证明：由题意，直线的斜率存在，
设直线方程为：，，．

联立，消去，得，
由于，同号，所以，，
，
所以，
联立，解得，
所以，
所以直线的方程为，即，
联立，解得，
所以直线与直线的交点在定直线上．
【变式训练5-2】在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为，过的直线交于两点，，直线与的另一个交点分别为．
(1)判断直线的斜率与直线的斜率之比是否为定值．若为定值，求出该定值；若不为定值，说明理由．
(2)证明：直线经过定点．
【答案】(1)是，2
(2)证明见解析
【分析】（1）设直线，斜率分别为，然后根据题意利用韦达定理把表示出来作比值即可；
（2）结合（1）设直线，利用已知条件求出设直线即可.
【详解】（1）设直线，斜率分别为，则为定值．
理由如下：如图，
易知，设，直线，
联立得，
．①
，
因为，所以，
所以点为线段OD的中点，
因为，所以，
故直线，
代入抛物线方程可得：，
则．②
联立①②得，同理可得，
所以，
所以，为定值．
（2）由（1）知．
，
因为N，B，D三点共线，所以，
化简得，
所以，即，
所以．
设直线，
由得，
，
解得，所以直线方程为：，
当，
所以直线过定点．
题型6 定值问题
例6-1设是双曲线上任意一点，过点作渐近线和的平行线，分别交另一条渐近线于点.则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用直线方程组来求解交点，再利用两点间距离来表示，通过化简即可求解.
【详解】
设，则，即.
由题意知直线分别与平行，
则，.所以，，
将直线与联立得解得
将直线与联立得解得
即，.
所以，
.
所以.
故选:D.
例6-2如图，已知椭圆过点，其左、右焦点分别为，，且左焦点为．

(1)求椭圆的方程；
(2)若点在椭圆上，直线，与椭圆的另一个交点分别为，，设，，求证：为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）方法1，由题可得，代入可得椭圆方程；方法2，由题可得，结合可得椭圆方程；
（2）方法1，设，，．由，，可得，，结合条件即证；
方法2，设直线的方程是，直线的方程是，，，.将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理法结合条件即证.
【详解】（1）解法1：由，
得，
故椭圆的方程为；
解法2：由，得，
故椭圆的方程为；
（2）解法1：设，，．
由，得，又，
故.
同理，，
又，则.
因为,，则，
从而，
因，则，又，
得，从而；
同理可得，结合，
可得，从而，
故．
综上所述，为定值6;
解法2：设直线的方程是，直线的方程是，
，，．
由，消去x得，
判别式为：，由韦达定理得，
所以，
同理得．则.
由.
由，得，即，
同理得.
故．
综上所述，为定值6．
方法技巧
定值问题的处理技巧：
（1）对于较为复杂的问题，可先采用特殊位置（例如斜率不存在的直线等）求出定值，进而给后面一般情况的处理提供一个方向.
（2）在运算过程中，尽量减少所求表达式中变量的个数，以便于向定值靠拢
（3）巧妙利用变量间的关系，例如点的坐标符合曲线方程等，尽量做到整体代入，简化运算
【变式训练6-1】已知椭圆的右顶点和上顶点为为椭圆上的一点，直线与轴相交于点，直线与轴相交于点，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先确定椭圆的顶点坐标，再设点的坐标，求过该点与顶点连线的方程，算出截距，再得到截距相关线段长度乘积，化简即可.
【详解】
椭圆的右顶点和上顶点为， ，，
设，又点为椭圆上的一点，，即，
又直线的斜率，直线的方程为，
令，可得，则，
又直线的斜率，直线的方程为，
令，可得，则，
，
化简上式
把代入，得
，
故选：D．
【变式训练6-2】已知椭圆的左、右顶点分别为、，上、下顶点分别为、，离心率为，且经过点．
(1)求椭圆的方程及长轴长；
(2)点是椭圆上一动点，且不与顶点重合，点满足四边形是平行四边形，过点作轴的垂线交直线于点，连接交于点，求证：．
【答案】(1)椭圆的方程为，椭圆的长轴长为
(2)证明过程见解析
【分析】（1）根据题意列方程组求出即可求解；
（2）欲证，只需证明，由题意知斜率存在，设，联立椭圆方程，结合韦达定理得的坐标，求得方程，联立，可得，由题意得，求得方程，联立得，对比，即可得证.
【详解】（1）由题意，解得，
所以椭圆的方程为，椭圆的长轴长为；
（2）
由题意知斜率存在，设，
联立与得，，化简得，
由韦达定理得，，
所以，
而直线，从而，
因为点满足四边形是平行四边形，关于中心对称，
根据平行四边形的中心对称性，可知也关于中心对称，
所以，而，
所以，显然，所以，
所以直线的方程为，
联立与，得，
即，
化简得，即，
因为，所以，
所以.
题型7 综合问题
例7-1三等分角是古希腊几何尺规作图的三大问题之一，如今数学上已经证明三等分任意角是尺规作图不可能问题，如果不局限于尺规，三等分任意角是可能的．下面是数学家帕普斯给出的一种三等分角的方法：已知角的顶点为，在的两边上截取，连接，在线段上取一点，使得，记的中点为，以为中心，C，D为顶点作离心率为2的双曲线，以为圆心，为半径作圆，与双曲线的左支交于点（射线在内部），则．在上述过程中，以为原点，直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系．
(1)若，求双曲线的方程以及其渐近线方程；
(2)若，点在轴的上方，过点且与轴垂直的直线交轴于点，点到直线的距离为．证明
①为定值；
②．
【答案】(1)双曲线的方程为，渐近线方程为．
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）根据题设直接求出，即可求出结果；
（2）①根据条件得到直线的方程为，设，则，利用两点间的距离公式及，即可证明结果；②根据条件得到，从而得到，再利用几何关系，即可证明结果.
【详解】（1）设双曲线的方程为，
由及，可得，所以，
因为双曲线的离心率为2，所以，解得，
所以双曲线的方程为，渐近线方程为．
（2）①设双曲线的方程为，
由题可得，，所以，
由双曲线的离心率为2，可得，所以双曲线的方程为．
因为，所以直线的方程为，
设，则，，
所以，
，
所以，为定值．
②因为，所以，
又，由①得，
所以，
又，都是锐角，所以，
所以，所以．
例7-2设动点到坐标原点的距离和它到直线的距离之比是一个常数，记点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程，并讨论的形状与值的关系；
(2)若时，得到的曲线为，将曲线向左平移一个单位得到曲线，过点的直线与曲线交于不同的两点，，过的直线分别交曲线于，设，，求的取值范围．
【答案】(1)，讨论见解析；
(2).
【分析】(1)根据题意列出关系式并化简为，讨论的取值判断曲线的形状；
（2）由题意可得曲线的方程为：，由直线与曲线相交及，得；同理由得：；由直线与曲线相交得的表达式，进而得到的表达式，求出取值范围.
【小题1】设，由题设有，即，
故曲线的方程为：.
（i）时，曲线的方程为：是抛物线；
（ii）时，曲线的方程为：，
当时，，，所以曲线的方程为焦点在轴上的双曲线；
当时，,所以曲线的方程为焦点在轴上的椭圆.
综上，时，曲线是焦点在轴上抛物线；当时，曲线是焦点在轴上的双曲线；当时，曲线是焦点在轴上的椭圆.
【小题2】当时，曲线的方程为：，则曲线的方程为：，
设，则，由，得，，
（i）与轴不垂直时，方程为：,
由 ，消去，整理得：．
由根与系数的关系有：，所以，又，所以；
与轴垂直时，，也满足：，
同理可证：，所以.
设：，由，消去整理得：，
据题设有且，整理得，
因为，所以，
又，所以，所以，
所以，故的取值范围为．
【变式训练7-1】已知是双曲线的右焦点，过点的直线交的右支于不同的两点，过点且垂直于直线的直线交轴于点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设，分析的取值范围，利用焦半径公式和三角形的边角关系，把用表示出来，结合换元法和函数的单调性，求的取值范围.
【详解】如图：

设双曲线的左焦点为，，
在中，由余弦定理得，
化简得，
同理，
所以.
在中，有，
所以.
因为，都在双曲线的右支上，且双曲线的渐进线方程为：，
所以直线的斜率的取值范围为：.
即或，
又，所以.
令，则的取值范围为.
所以.
因为在上单调递增，且，，
所以.
故选：D
【变式训练7-2】椭圆的上顶点为，右焦点为，点在椭圆上.
(1)若存在点，使线段被直线平分，求椭圆的离心率的取值范围；
(2)求证：存在椭圆，使线段被直线垂直平分.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由点在椭圆上，得到关于的方程，由中点在上得到的方程，联立，由一元二次方程有解得到的关系，从而得到离心率的取值范围；
（2）由直线与直线交点坐标得到点坐标，由点在椭圆上得到关于的方程，由零点存在性定理得到方程有解，所以椭圆存在.
【详解】（1）

，
设，因为点在椭圆上，所以①.
因为线段被直线平分，所以的中点在直线上，
所以，即②.
由②得，代入①，得，即.
因为点存在，所以，
解得，
故离心率的取值范围为.
（2）证明：若线段垂直，，所以，直线的方程为，
联立直线与直线的方程，解得，
所以两直线交点的坐标为.
因为线段被直线平分，所以交点也是线段的中点，所以点坐标为，
由点在椭圆上，得，即
又，则，
设，得.（*）令，
因为，，且在上连续，
由函数零点存在性定理，知在区间上有解，即（*）式方程有解，
故存在椭圆，使线段被直线垂直平分.
【变式训练7-3】椭圆Γ：与双曲线C：的离心率分别为，．
(1)若，求的值；
(2)当时，设点，若对于直线l：，椭圆Γ上总存在不同的两点A与B关于直线l对称，且，求的取值范围．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）求出椭圆和双曲线的离心率，即可得出的值；
（2）求出椭圆方程并设出两点的坐标，利用对称求出直线方程，让直线与椭圆联立，并利用韦达定理求出，设直线中点的坐标并用参数表达，得出与的表达式，利用求出的范围，即可求出的取值范围.
【详解】（1）由题意，
在椭圆：中，离心率为，
在双曲线C：中，离心率为，
∵，
∴，解得．
（2）由题意及（1）得，
因为，所以：，
对于直线l：，椭圆Γ上总存在不同的两点A与B关于直线l对称，
设，，
∴直线方程为，
联立消去y得，
由，解得，
故，
∴，
，
设直线AB中点为，
则，，
又点P在直线l上，所以，则，
又因为，，
所以，
∵，
∴，解得且，
∴．

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.
1.如图，已知直线和椭圆．m为何值时，直线l与椭圆C：

(1)有两个公共点？
(2)有且只有一个公共点？
(3)没有公共点？
【答案】(1)
(2)，
(3)，或
【分析】（1）直线与椭圆的公共点的个数与方程组，得到，根据求解即可.
（2）直线与椭圆的公共点的个数与方程组，得到，根据求解即可.
（3）直线与椭圆的公共点的个数与方程组，得到，根据求解即可.
【详解】（1）由方程组消去y，得，
．
由，得．
此时方程①有两个不相等的实数根，直线l与椭圆C有两个不同的公共点．
（2）由，得，．此时方程①有两个相等的实数根，
直线l与椭圆C有且只有一个公共点．
（3）由，得，或．此时方程①没有实数根，直线l与椭圆C没有公共点．
2.已知直线与抛物线相交于A，B两点，且O为坐标原点．
(1)求弦长；
(2)判断是否成立，并说明理由．
【答案】(1)
(2)不成立，理由见解析
【分析】（1）联立直线与抛物线方程消元得二次方程，由韦达定理得，代入 求弦长即可；
（2）垂直关系的判断，转化为是否为的计算问题，消元化简变形再由韦达定理代入即可得.
【详解】（1）设，
则．
联立方程组，
消去y，整理可得，
由韦达定理可知
所以，
因此，从而可知．
（2）设，则，
因此．
又因为由（1）可知，，
所以，
所以不成立．
3.已知直线与椭圆，分别求直线l与椭圆C有两个公共点、只有一个公共点和没有公共点时m的取值范围．
【答案】答案见解析
【分析】联立直线l的方程与椭圆C的方程，消去y，得到一元二次方程，根据该一元二次方程根的判别式进行求解即可.
【详解】联立直线l的方程与椭圆C的方程得方程组
消去y，整理得， ①
因为①的判别式为
，
所以：
当即时，方程①有两个不同的实数解，此时原方程组的实数解集中有两个元素，直线l与椭圆C有两个公共点；
当即时，方程①有两个相等的实数解，此时原方程组的实数解集中只有一个元素，直线l与椭圆C有且只有一个公共点；
当即或时，方程①无实数解，此时原方程组的实数解集为空集，直线l与椭圆C没有公共点．
4.判断直线与椭圆是否有公共点．如有两个公共点，求出公共点的坐标，并求出以这两个公共点为端点的线段长．
【答案】有两个公共点，坐标为，；线段长为．
【分析】联立直线与椭圆方程，公共点的问题转化为方程组解的问题. 求出直线与椭圆有两个公共点，利用两点间距离公式可得线段长.
【详解】联立直线与椭圆的方程，可得方程组，
消化简得，，解得，或，
故方程组的解为或
因此直线与椭圆有两个公共点，且公共点的坐标为，．
从而可知所求线段长为．
5.已知过抛物线的焦点F的直线交抛物线于，两点.求证：
(1)，；
(2)以AB为直径的圆与抛物线的准线相切.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）设出过抛物线的焦点F的直线方程，和抛物线方程联立，由根与系数的关系即可证明结论；
（2）求出弦AB的中点M的坐标，求得弦长，证明M到准线的距离等于的一半，即可证明结论.
【详解】（1）由抛物线可知焦点，准线方程为,
又过抛物线的焦点F的直线交抛物线于，两点.，
故该直线斜率不为0，可设其方程为，
联立，得，，
故，
所以；
（2）设AB的中点为，结合（1）得，
，
所以以AB为直径的圆的半径为，圆心为M，
点M到准线的距离为，
即圆心到准线的距离等于圆的半径，
即以AB为直径的圆与抛物线的准线相切.
6.设F为抛物线的焦点，过F且倾斜角为的直线交C于A，B两点，求及的面积.
【答案】12，
【分析】求出抛物线焦点坐标，结合直线倾斜角即可求出直线方程，联立抛物线方程，可得根与系数的关系，利用抛物线过焦点弦长公式即可求得，继而求出原点到直线AB的距离，根据三角形面积公式即可求得的面积.
【详解】由题意知抛物线的焦点坐标为，
故过F且倾斜角为的直线方程为，

联立，得，，
设，则，
故；
直线AB的方程为，即，
则原点O到的距离为，
故的面积为.
考点要求
考察形式
2025年
2024年
2023年
了解直线与圆锥曲线位置关系的判断方法；掌握直线被圆锥曲线所截的弦长公式；能利用方程及数形结合思想解决焦点弦、中点弦问题
单选题
多选题
填空题
解答题
全国一卷，18题，17分
全国二卷，16题，15分
天津卷，18题
新课标I卷：第16题，15分
新课标Ⅱ卷：第10题，6分
新课标Ⅱ卷：第19题，17分
新课标I卷：第22题，12分
新课标Ⅱ卷：第21题，12分
全国甲卷（理数）：第20题，12分
考情分析：圆锥曲线综合问题是高考数学的重难点内容。常见的考点有定点、定值、定直线、最值范围、证明及存在性问题，以及三角形（四边形）面积问题，主要在解答题的第2问中进行考查，难度较大。在今年的高考中依旧是命题的热点方向
复习目标：
1.直线与圆锥曲线的位置关系及其应用；
2.曲线方程及曲线轨迹.