2026年高考数学一轮复习第八章平面解析几何第08讲直线与圆锥曲线的位置关系(专项训练)(学生版+解析)

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TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc17943" 01 常考题型过关练
\l "__x0001_ 01 直线与圆锥曲线的位置关系" 题型01 直线与圆锥曲线的位置关系
\l "__x0001_02 弦长问题" 题型02 弦长问题
\l "__x0001_03 中点弦问题" 题型03 中点弦问题
\l "__x0001_ 04 面积问题" 题型04面积问题
题型05 定点、定直线问题
题型06 定值问题
题型07 综合问题
\l "__x0001__1" 02 核心突破提升练
\l "__x0001__2" 03 真题溯源通关练
01 直线与圆锥曲线的位置关系
1．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】方程变形，分析曲线为半椭圆形状，再由直线与椭圆的位置关系，利用代数法求解判别式，结合图形分析范围可得答案.
【详解】由，得，即，
所以为椭圆的右半部分．
当时，直线与有两个公共点；
当时，直线，令，
将代入，得，
则，得，则．
由图可知，所以．
综上，的取值范围是．
故选：D.
2．过点与双曲线有且仅有一个公共点的直线的斜率的取值集合是 ．
【答案】
【分析】设直线的方程为：，联立双曲线得到，解方程即可.
【详解】设直线的方程为：，联立双曲线得：
当时，方程有唯一解，此时.
当时，令，则
解得．
故答案为：.
3．已知抛物线上存在关于直线对称的相异两点，求实数的取值范围．
【答案】
【分析】设出对称的两点和弦的中点，求出直线的解析式，直曲联立，利用韦达定理求出中点的纵坐标，进而求出中点的横坐标，利用点在抛物线的开口内即可求出实数的取值范围．
【详解】由题意，
在抛物线中，存在关于直线对称的相异两点，
设两点为，且弦的中点为．
由几何知识得，，所以．
设与联立，
得，方程的判别式，
所以，
所以
所以．
因为点在直线上，
所以，故．
点在抛物线的开口内，，
所以．
解得．
∴实数的取值范围是．
02 弦长问题
4．双曲线的焦点弦长为的弦有（ ）
A．8条B．4条C．2条D．1条
【答案】B
【分析】结合双曲线的通径、左右顶点的距离与对称性，分该弦与双曲线是否交于同一支讨论即可得.
【详解】由，可得其通径为，
注意到左右顶点的距离为，
所以过一个焦点，可作满足题意与双曲线交于两支的弦有两条，交于一支的情况不存在，
结合双曲线的对称性，该双曲线满足题意的焦点弦共有4条.
故选：B.
5．设抛物线被直线截得的弦的长为，则 ．
【答案】2
【分析】直线方程联立抛物线方程消去，利用弦长公式即可得解.
【详解】由得，即．
设，因为，所以，
由弦长公式得，
即，解得或（舍）．
故答案为：2
6．已知是双曲线与直线的交点，求线段的长度为 .
【答案】30
【分析】联立直线方程和双曲线方程，利用弦长公式可求线段的长度.
【详解】设点的坐标为，点的坐标为．
因为是双曲线与直线的交点，
所以点的坐标满足，所以，
此时，由韦达定理可得，
因为
，
所以，
故答案为：30.
7．已知斜率为1的直线过椭圆的上焦点交椭圆于两点，则 ．
【答案】
【分析】求得离心率，利用弦长公式可求解.
【详解】，离心率，通径，直线的倾斜角．
．
8．过双曲线右焦点的直线交双曲线于两点，若，则这样的直线有 条．
【答案】4
【分析】根据题意，分直线斜率不存在与存在时，设，，联立得，利用弦长公式得到，再根据方程求解即可.
【详解】由题知双曲线右焦点，
当直线斜率不存在时，，此时，不符合题意；
当直线斜率存在时，设，，
，
，
，
则或，
综上，这样的直线有4条.
故答案为：4.
03 中点弦问题
9．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.
10．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.
11．已知抛物线，直线与交于两点，为弦的中点，则直线的斜率为 ．
【答案】1
【分析】写出直线的方程，与抛物线方程联立，运用韦达定理求解.
【详解】由题意直线的方程为 ，即 ，与抛物线方程联立：
，得，
即，，
解得.
故答案为：1.
04 面积问题
12．如图，，分别是双曲线的左、右焦点，C，A分别是双曲线上第一、二象限的点，若，则四边形的面积的最小值为（ ）
A．B．
C．2D．
【答案】B
【分析】设，与双曲线的另一个交点分别为B，D，结合对称性可知，设直线CD：，联立方程结合韦达定理可得，换元令，结合二次函数性质求最值.
【详解】如图，设，与双曲线的另一个交点分别为B，D，
连接AD，BC，BD，由对称性易知四边形ABDC为平行四边形，且，
由题意可知：，，则，，
且直线CD的斜率不为0，设直线CD：，，，
联立方程消去x得，
则，可得，，
由图可知，解得，
则，
且点到直线CD的距离，，
可得，
令，，则，
当且仅当时，等号成立，
所以四边形的面积的最小值为．
故选：B.
13．(多选)已知点P是抛物线上的一个动点，点F为抛物线的焦点，点Q是圆上的一个动点，直线l与抛物线交于M、N两点，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小值为4
B．过P作圆C的切线，切点为A，B，则的最小值是
C．设线段的中点坐标为，则直线l的斜率与无关
D．若直线l过点F，且，则直线l的斜率为
【答案】ABD
【分析】根据抛物线的定义可判断选项A；对于B，先设，利用坐标运算求出，再将转化为即可得出判断；设，利用点差法即可判断选项C；将转化为坐标的关系，结合求出坐标即可判断选项D.
【详解】由题意知抛物线的焦点为，准线为，圆的圆心为，半径，
对于A，，
过点P作垂直于直线，垂直为Q，由抛物线定义可知：
，三点共线时等号成立，
所以的最小值为4，故选项A正确；
对于B，设，则，
因为是圆的两条切线，切点为A，B，所以，
所以，故选项B正确；
对于C，设，则，两式作差，得，
又线段的中点坐标为，所以，
因此直线l的斜率为，故选项C错误；
对于D，设，由得，，
又，解得，所以或，
所以直线l的斜率为，故选项D正确.
故选：ABD.

14．(多选)已知双曲线，则（ ）
A．C的离心率为
B．的渐近线方程为
C．直线与有2个公共点
D．过右焦点的直线与的交点分别为，当时，这样的直线有3条
【答案】ABD
【分析】根据双曲线方程确定双曲线的即可得双曲线的离心率、渐近线方程，从而可判断直线与双曲线的位置关系，过焦点的弦长与通经、实轴长的关系.
【详解】解：由双曲线可知，，所以，，所以，所以A正确；
双曲线的渐近线方程为，所以B正确；
因为直线与渐近线平行，且过，所以与只有一个公共点，所以C错误；
因为由，当时，双曲线的通经长为，过右焦点的直线与的交点分别为，当时，点均在双曲线的右支上有两条直线使得，
又因为双曲线的实轴长，所以点分别在双曲线的左､右顶点时，也满足有1条，
综合可知当时，这样的直线有3条，所以D正确.
故选：ABD.
15．（多选）已知双曲线，不与轴垂直的直线与双曲线右支交于点，（点在轴上方，点在轴下方），与双曲线渐近线交于点，（点在轴上方，点在轴下方），为坐标原点，则下列选项中正确的是（ ）
A．恒成立
B．若，则
C．面积的最小值为1
D．对每一个确定的，若，则的面积为定值
【答案】ABD
【分析】对于A选项，设直线方程为，分别与双曲线方程以及双曲线的渐近线方程联立，求出中点坐标，并判断是否相等即可；对于B选项，由，得到，结合A选项的结果，即可判断选项B是否正确；对于C选项，设直线方程为，，直线分别与渐近线方程联立，求出坐标，进而求出的面积，根据的范围，求出的面积的范围即可；对于D选项，由已知可得，利用选项A的方程，得到关系，求出的面积即可.
【详解】对于A，设，代入得，①
显然，，即，
设，，则，是方程①的两个根，
有，，
设，，由得，
由得，
则，所以和的中点重合，
如图，从而，所以恒成立．故A正确．
对于B，因为和的中点重合，所以，
又，所以，所以，故B正确．
对于C，设直线的方程为，，，
由得，由得，
，，，，
因为，所以，故C错误．
对于D，因为，所以，则，
即.
∵，，，．
∴，
即，所以，，
又，，，
所以，是定值．故D正确．
故选：ABD．
05 定点、定直线问题
16．已知抛物线是曲线上两点，且，求证：直线过定点．
【答案】证明见解析
【分析】设直线方程为，代入抛物线方程，设，化简得韦达定理，由可推得或，回代入直线方程，即可证明结论.
【详解】
如图，由题知直线的斜率不可能为0，可设其方程为，
代入可得：，则，
设，则，
因，则，
即，则或，
当时，直线经过原点，显然不符合要求；
当时，直线方程为，显然经过点，即直线过定点.
17．已知双曲线的左顶点为，离心率为3，是上的两点.
(1)求的标准方程；
(2)若线段的中点为，求直线的方程；
(3)若（不在直线上），证明：直线过定点.
【答案】(1)
(2).
(3)证明见解析
【分析】（1）利用离心率公式和双曲线的关系得到双曲线方程；
（2）根据点差法结合线段中点坐标解得直线的斜率，从而解得答案；
（3）设直线的方程为，联立方程组消元得到通过韦达定理有，，结合，化简得，解得或，当和时，分别分析直线的方程，进而求得定点；
【详解】（1）因为，，
所以，故的标准方程为·
（2）
设，，根据题意易得.
因为是上的两点，所以
两式相减得，即
因为，
所以
所以直线的方程为
经检验，此时直线与双曲线C有两个交点，满足题意，则直线的方程为.
（3）证明：依题意可设直线的方程为.
由，得
则，，
，由（2）知，
因为，所以
即
即
即，得，解得或.
当时，直线，直线过点，不符合题意，舍去；
当时，直线，满足，则直线过定点
故直线过定点
18．已知分别是双曲线的左､右焦点，是的右顶点，，且与椭圆有相同的焦点.
(1)求的方程；
(2)若直线与的公共点个数为1，求的值；
(3)已知是上不同的两点，直线的斜率分别为不在直线上，且，证明：直线过定点.
【答案】(1)
(2)或
(3)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆焦点的定义，得双曲线的焦点，根据双曲线焦点，求出双曲线标准方程即可.
（2）分类讨论双曲线与直线只有一个交点的情况，分别计算直线斜率的值.
（3）根据直线与圆锥曲线的位置关系和韦达定理，根据已知条件列出参数的方程，证明直线过定点问题.
【详解】（1）椭圆的焦点为，所以双曲线的焦点也为，即.
因为，所以，所以，
故双曲线的方程为.
（2）联立，得，即.
①当，即时，直线与的渐近线平行，只有1个交点；
②当，即时，
直线与相切，只有1个交点.
综上，当直线与的公共点个数为1时，或；
（3）

易知，如图，设，
显然直线不与轴垂直，则设的方程为，且.
联立，消去得，
显然，
所以，
因为，
所以，
化简得，即，
又，化简得，所以直线过定点.
06 定值问题
19．已知椭圆：的离心率．
(1)求椭圆的方程；
(2)如图所示，是椭圆的顶点，是椭圆上除顶点外的任意点，直线交轴于点，直线交于点．设的斜率为的斜率为，求证：为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据离心率和，联立即可求解得椭圆方程，
（2）联立直线与椭圆方程可得，联立两直线方程可求解，进而根据三点共线的向量坐标关系可求解，即可由斜率公式求解.
【详解】（1）因为，故，所以．
由，得．
所以椭圆的方程为．
（2）因为不为椭圆顶点，则的方程为且．①
将①代入，，
故，解得，故．
又直线的方程为．②
①与②联立解得．
由得,
由三点共线可得，
求得．
所以的斜率，则（定值）．
20．已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为A、B，左、右焦点分别为、，过右焦点的直线l交椭圆于点M、N，且的周长为
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)（i）求的最小值；
（ii）记直线AM、BN的斜率分别为、，证明：为定值.
【答案】(1)；
(2)；证明见解析．
【分析】（1）依题意由椭圆定义及性质求出a，b，c的值，即可求解椭圆方程；
（2）（i）设点M的坐标为，表示出，由二次函数性质即可求解；（ii）设出直线l的方程及点M、N的坐标，并与椭圆方程联立，结合韦达定理及斜率公式即可证明．
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，
因为的周长为8，由椭圆的定义可得：，即，
又椭圆离心率为，所以，则，
所以椭圆C的方程为：
（2）（i）由椭圆方程得，，设，
因为点M在椭圆C上，所以，即，
所以，
所以，
当，即M为椭圆上下顶点时，，
所以求的最小值为；
（ii）证明：依题意，直线l与x轴不重合，设l的方程为：，
联立，消去x得，
方程的判别式，
设，，则由韦达定理得，
则，
注意到，即，
所以，
所以
21．已知椭圆：的焦点与双曲线的焦点重合，椭圆的离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点作斜率不为的直线，交椭圆于两点，点，若为定值，求点的坐标．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出双曲线的焦点坐标，再根据椭圆的离心率公式即可求解；
（2）设，，设直线方程为，由及韦达定理得，，由平面向量数量积的坐标运算得，故，求解即可.
【详解】（1）双曲线的焦点为，，
对椭圆：有，
又椭圆的离心率为，则由，得，
又有，
椭圆的标准方程为；
（2）设，，设直线方程为，
由，整理得：，
由，
，，
，，
，
要使为定值，则，
即，即，
解得：或舍，
故．
22．在直角坐标系中，已知椭圆（）的长轴长为，离心率为，直线与轴交于点，与相交于、两点．
(1)求的标准方程；
(2)若的斜率为，且，求的值；
(3)是否存在，使恒为定值？若存在，请求出与的值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)，
【分析】（1）根据椭圆的长轴与离心率直接可得解；
（2）联立直线与椭圆方程，结合根与系数关系表示向量数量积，即可得解；
（3）设直线方程，联立直线与椭圆，结合根与系数关系表示，化简即可得解.
【详解】（1）由已知椭圆的长轴长为，即，
又椭圆的离心率，则，
所以，
故椭圆方程为；
（2）由已知直线的斜率为，且过点，则直线的方程为，
设，，
联立直线与椭圆，得，
则，即，
且，，
则，
则，
解得；
（3）当直线斜率存在时，设直线，即，
联立直线与椭圆，得，
则，
且，，
则，，
则，
又恒为定值，
则，解得，即，
且；
当直线斜率不存在时，直线，
则，则，，
此时，
则，
易知当时，.

【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x(或y)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．
07 综合问题
23.如图，椭圆的方程为，左、右焦点分别为．设是椭圆上位于轴上方的两点，且直线与直线平行，与交于点．
(1)若，求直线的斜率；
(2)求证：是定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）联立直线与椭圆方程，可求解，进而根据两点距离公式，代入化简即可求解，
（2）根据相似，结合椭圆的定义可得，，即可相加，结合，，化简即可求解.
【详解】（1）由于，又因为，
所以设直线的方程分别为，，，，，．
联立方程可得，求得．
所以
．①
同理可得，．②
由①②两式得，．
由已知得，故．
注意到，所以．所以直线的斜率为．
（2）证明：因为，所以，
即，即．
所以．
由点在椭圆上知，，
所以．
同理可得，．
所以
．
由①②两式得，，，
所以．
所以是定值．
24.曲线的方程为，曲线的方程为，设为圆外一点，过点作圆的两条切线，分别与曲线相交于点，和C，D．求证：当点在直线上运动时，四点的纵坐标之积为定值．
【答案】证明见解析
【分析】设出切线方程，把直线与曲线方程联立，由一元二次方程根与系数的关系，代入化简即可得到四点纵坐标之积为定值.
【详解】当点在直线上运动时，点的坐标为．
又，则过点且与圆相切所得直线的斜率存在且不为0，每条切线都与抛物线有两个交点，切线方程为，即．于是．
整理得．①
设过点所作的两条切线的斜率分别为，则是方程①的两个实根，故．②
由得．③
设四点的纵坐标分别为，则是方程③的两个实根，
所以．④
同理可得．⑤
于是，由②④⑤三式得
．
所以，当点在直线上运动时，四点的纵坐标之积为定值6400．
25.过椭圆上一点向圆引两条切线，，切点分别为，如直线与轴、轴分别交于两点．
(1)若，求点坐标；
(2)求直线的方程（用表示）；
(3)求面积的最小值（为原点）；
(4)求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)2
【分析】（1）由题可得四边形为正方形，则，设，利用构建方程即可求解.
（2）根据切点弦直线方程的求解过程求解即可.
（3）由（2）得，根据面积公式和基本不等式求解即可.
（4）根据点到直线的距离公式求得，利用圆的弦长公式求得弦长，再利用三角形面积公式及基本不等式求解最值即可.
【详解】（1）若，则，又，
所以四边形为正方形，则．
又点在椭圆上，可设，
则，
即，解得，
所以．
（2）设，
则圆在处的切线方程分别为，
又过点，所以，
所以弦的方程为．
（3）直线与两坐标轴的交点分别为．
因为，
所以．
所以面积的最小值为．
（4）圆心到直线的距离为，
所以，
令，
则，当，即时取等，
所以面积的最大值为2．
26.已知抛物线上一点到焦点的距离为，直线与抛物线交于、两点，（为坐标原点）．
(1)求抛物线的方程；
(2)求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据条件，利用焦半径公式，得，即可求解；
（2）设，联立直线与抛物线方程，结合条件，利用根与系数间的关系，得，即可求解.
【详解】（1）因为抛物线上点到焦点的距离为，所以，
解得，所以抛物线的方程为.
（2）设，由，消得到，
因为，所以，且，
所以，
又，则，即
解得或，又因为，所以.

1．已知抛物线方程为，F为焦点，P为抛物线准线上一点，Q为线段PF与抛物线的交点，定义：．已知点，则 ；设点，若恒成立，则k的取值范围为 ．
【答案】 4
【分析】过点Q作抛物线准线的垂线QE，垂足为点E，设，则为锐角，利用抛物线的定义结合三角函数的定义可得，当点P坐标为时，求出的值，可求得的值；将恒成立转化为，求出的值可得出k的取值范围．
【详解】如图所示，过点Q作抛物线准线的垂线QE，垂足为点E，
设，则为锐角，
设抛物线的准线与x轴的交点为M，则，
由抛物线的定义可知，，
因为，所以，
所以，
当点P的坐标为时，，则，
此时．
当点时，若恒成立，
则，，
所以．
故答案为：4；
2．如图，已知点是抛物线上两个动点，且，求证：直线过定点．
【答案】证明见解析
【分析】设，写出，再利用已知条件，化简即可得证.
【详解】证明：设，直线，
把代入抛物线方程得，即，
则.
由于，且，
可得，
从而，
整理得，即．
所以，从而．
所以直线过定点．
综上，即证得直线过定点.
3．设为椭圆上任一点，过焦点的弦分别为．设，求的值．
【答案】10
【分析】联立直线与椭圆的方程得韦达定理，进而根据向量的线性关系可得的表达式，代入化简即可求解.
【详解】如图，设，,
则，其中，
与椭圆方程联立可得，整理得．
故．
同理可得．
由于即可得
由于在椭圆上，故有．
从而
．
4．已知椭圆和抛物线．从两条曲线上各取两个点，将其坐标混合记录如下：，．
(1)求椭圆和抛物线的方程；
(2)设为实数，已知点，直线与抛物线交于两点，记直线的斜率分别为，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－12．
【分析】（1）算出四点对应的抛物线方程，注意到对应的一样，可得，在抛物线上，从而在椭圆上，即可得抛物线与椭圆方程；
（2）联立抛物线与直线方程，由根与系数的关系可判断是否为定值．
【详解】（1）将四个点代入抛物线方程解得的值分别为，
注意到对应的一样，所以，在抛物线上，
故抛物线的方程为．
为椭圆上的点，
则
所以椭圆的方程为．
（2）是定值．
理由如下：如图，设，

联立．
，由根与系数的关系得，
又因为，所以，同理．
，
所以为定值．
5．已知椭圆C：经过点．
(1)求C的离心率．
(2)设A，B分别为C的左、右顶点，P，Q为C上异于A，B的两动点，且直线的斜率恒为直线的斜率的5倍．
①当b的值确定时，证明：直线过x轴上的定点；
②按下面方法构造数列：当时，直线过的定点为，且，设，证明：．
【答案】(1)
(2)① 证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）根据题意，将点代入椭圆方程得，进而求得离心率；
（2）①由题可知直线的斜率不可能为0，设的方程为，与椭圆方程联立可得根与系数关系，结合，解得，进而得证；②根据题意，可得是等比数列，求得，得，分n为偶数和奇数分别证明.
【详解】（1）因为椭圆C经过点，所以，故，
所以C的离心率.
（2）①由（1）知C的方程为，，.
由对称性可知直线的斜率不可能为0，设，，设的方程为．
由，可得，
所以，即，
且，．所以．
则
，
解得，则的方程为，
即直线过x轴上的定点.
②由①可知，，又，，
所以是首项为2，公比为2的等比数列.
所以，.
当n为偶数时，，
所以.
当为奇数时，因为，
所以.
综上可得：.
1．（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）.
2．（2024·北京·高考真题）已知椭圆：，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，过点和的直线与椭圆的另一个交点为．
(1)求椭圆的方程及离心率；
(2)若直线BD的斜率为0，求t的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意得，进一步得，由此即可得解；
（2）设，，联立椭圆方程，由韦达定理有，而，令，即可得解.
【详解】（1）由题意，从而，
所以椭圆方程为，离心率为；
（2）直线斜率不为0，否则直线与椭圆无交点，矛盾，
从而设，，
联立，化简并整理得，
由题意，即应满足，
所以，
若直线斜率为0，由椭圆的对称性可设，
所以，在直线方程中令，
得，
所以，
此时应满足，即应满足或，
综上所述，满足题意，此时或.
3．（2024·天津·高考真题）已知椭圆的离心率为．左顶点为，下顶点为是线段的中点（O为原点），的面积为．
(1)求椭圆的方程．
(2)过点C的动直线与椭圆相交于两点．在轴上是否存在点，使得恒成立．若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，使得恒成立.
【分析】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积可求基本量，从而可得椭圆的标准方程.
（2）设该直线方程为：，， 联立直线方程和椭圆方程并消元，结合韦达定理和向量数量积的坐标运算可用表示，再根据可求的范围.
【详解】（1）因为椭圆的离心率为，故，，其中为半焦距，
所以，故，
故，所以，，故椭圆方程为：.
（2）
若过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：，
设，
由可得，
故且
而，
故
，
因为恒成立，故，解得.
若过点的动直线的斜率不存在，则或，
此时需，两者结合可得.
综上，存在，使得恒成立.
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围问题，往往需要用合适的参数表示目标代数式，表示过程中需要借助韦达定理，此时注意直线方程的合理假设.
4．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知和为椭圆上两点.
(1)求C的离心率;
(2)若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程．
【答案】(1)
(2)直线的方程为或.
【分析】（1）代入两点得到关于的方程，解出即可；
（2）方法一：以为底，求出三角形的高，即点到直线的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到点坐标，则得到直线的方程；方法二：同法一得到点到直线的距离，再设，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点到直线的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线斜率不存在的情况，再设直线，联立椭圆方程，得到点坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线斜率不存在的情况，再设，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设线法与法五一致，利用水平宽乘铅锤高乘表达面积即可.
【详解】（1）由题意得，解得，
所以.
（2）法一：，则直线的方程为，即，
，由（1）知，
设点到直线的距离为，则，
则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可，
此时该平行线与椭圆的交点即为点，
设该平行线的方程为：，
则，解得或，
当时，联立，解得或，
即或，
当时，此时，直线的方程为，即，
当时，此时，直线的方程为，即，
当时，联立得，
，此时该直线与椭圆无交点.
综上直线的方程为或.
法二：同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
设，则，解得或，
即或，以下同法一.
法三：同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
设，其中，则有，
联立，解得或，
即或，以下同法一；
法四：当直线的斜率不存在时，此时，
，符合题意，此时，直线的方程为，即，
当线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立椭圆方程有，则，其中，即，
解得或，，，
令，则，则
同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
则，解得，
此时，则得到此时，直线的方程为，即，
综上直线的方程为或.
法五：当的斜率不存在时，到距离，
此时不满足条件.
当的斜率存在时，设，令，
，消可得，
，且，即，
，
到直线距离，
或，均满足题意，或，即或.
法六：当的斜率不存在时，到距离，
此时不满足条件.
当直线斜率存在时，设，
设与轴的交点为，令，则，
联立，则有，
，
其中，且，
则，
则，解得或，经代入判别式验证均满足题意.
则直线为或，即或.
5．（2023·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，．
(1)求的方程；
(2)设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）结合题意得到，，再结合，解之即可；
（2）依题意求得直线、与的方程，从而求得点的坐标，进而求得，再根据题意求得，得到，由此得解.
【详解】（1）依题意，得，则，
又分别为椭圆上下顶点，，所以，即，
所以，即，则，
所以椭圆的方程为.
（2）因为椭圆的方程为，所以，
因为为第一象限上的动点，设，则，

易得，则直线的方程为，
，则直线的方程为，
联立，解得，即，
而，则直线的方程为，
令，则，解得，即，
又，则，，
所以
，
又，即，
显然，与不重合，所以.
6．（2025·上海·高考真题）已知椭圆，，A是的右顶点．
(1)若的焦点，求离心率e；
(2)若，且上存在一点P，满足，求m；
(3)已知AM的中垂线l的斜率为2，l与交于C、D两点，为钝角，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由方程可得，再由焦点坐标得，从而求出得离心率；
（2）设点坐标，由向量关系坐标化可解得坐标，代入椭圆方程可得；
（3）根据中垂线性质，由斜率与中点坐标得直线方程，联立直线与椭圆方程，将钝角条件转化为向量不等式，再坐标化利用韦达定理代入化简不等式求解可得范围.
【详解】（1）由题意知，，则，
由右焦点，可知，则，
故离心率.
（2）由题意，
由得，，
解得，代入，
得，又，解得.
（3）由线段的中垂线的斜率为，所以直线的斜率为，
则，解得，
由得中点坐标为，
故直线，显然直线过椭圆内点，
故直线与椭圆恒有两不同交点，
设，
由消得，
由韦达定理得，
因为为钝角，则，且，
则有，
所以，
即，解得，
又，
故，即的取值范围是.
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.