2026年高考数学一轮复习第八章平面解析几何重难点培优13圆锥曲线中向量条件的突破问题(复习讲义)(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学一轮复习第八章平面解析几何重难点培优13圆锥曲线中向量条件的突破问题(复习讲义)(学生版+解析)，共19页。
\l "_Tc28373" 02 题型精研・技巧通法提能力 PAGEREF _Tc28373 \h 2
\l "_Tc16555" 题型一 垂直关系转化为向量数量积为0（★★★★） PAGEREF _Tc16555 \h 2
\l "_Tc7141" 题型二 利用向量解决夹角问题（★★★★） PAGEREF _Tc7141 \h 10
\l "_Tc26803" 题型三 向量共线：单共线（★★★★★） PAGEREF _Tc26803 \h 15
\l "_Tc13512" 题型四 向量共线：三点共线（★★★★★） PAGEREF _Tc13512 \h 22
\l "_Tc3897" 题型五 向量共线：双共线（★★★★★） PAGEREF _Tc3897 \h 28
\l "_Tc326" 题型六 数量积问题（★★★） PAGEREF _Tc326 \h 36
\l "_Tc25070" 03 实战检测・分层突破验成效 PAGEREF _Tc25070 \h 44
\l "_Tc621" 检测Ⅰ组 重难知识巩固 PAGEREF _Tc621 \h 44
\l "_Tc1659" 检测Ⅱ组 创新能力提升 PAGEREF _Tc1659 \h 69
1、首先，明确向量的定义和性质，理解共线向量的概念，即方向相同或相反的向量。其次，利用向量的坐标表示法，通过比较两向量的对应坐标分量是否成比例，来判断它们是否共线。若成比例，则两向量共线。另外，也可以利用向量的几何意义，结合圆锥曲线的特性，通过观察或计算向量的方向来判断其共线性。综上所述，结合向量的代数和几何性质，可以有效解决圆锥曲线中的向量与共线问题。
2、三点共线问题的解题策略
（1）斜率法：若过任意两点的直线的斜率都存在，通过计算证明过任意两点的直线的斜率相等来证明三点共线；
（2）距离法：计算出任意两点间的距离，若某两点间的距离等于另外两个距离之和，则这三点共线；
（3）向量法：利用向量共线定理证明三点共线；
（4）直线方程法：求出过其中两点的直线方程，在证明第三点也在该直线上；
（5）点到直线的距离法：求出过其中某两点的直线方程，计算出第三点到该直线的距离，若距离为0，则三点共线；
（6）面积法：通过计算求出以三点为三角形的面积，若面积为0，则三点共线，在处理三点共线问题，离不开解析几何的重要思想：“设而不求思想”。


题型一 垂直关系转化为向量数量积为0
1．已知双曲线与双曲线的渐近线相同，且经过点．
(1)求双曲线的方程；
(2)若斜率为的直线过双曲线的左焦点，分别交双曲线于、两点，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）根据题意可设：，再代点即可得到双曲线的方程；
（2）设，联立可得，再通过计算即可证明垂直.
【详解】（1）因为双曲线与双曲线的渐近线相同，
所以可设：，又双曲线过，
所以，则，即，
所以双曲线的方程为.
（2）证明：设，
又 ，所以左焦点，则，
，
，
，
则，
所以.
2．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
3．是抛物线上的一个定点，是抛物线上两个动点，如果，问：动直线是否过定点？定点坐标是什么？
【答案】动直线过定点，定点坐标为
【分析】由垂直对称轴，点趋向点两种情况可得定点.设直线的方程为，，利用可求得结论.
【详解】如图，一方面，直接让垂直对称轴，交抛物线于点，
此时平行于轴（点趋向无穷远），故也平行于轴，
所以定点必在其上，即纵坐标为．
另一方面，过点的抛物线的法线（当点趋向点时，即为点处的切线，此时即为法线）必过定点，即得定点的坐标为．
即动直线过定点，定点坐标为.
设直线的方程为，，
由，可得，
所以，
因为，所以，又，
所以，
所以，
，
所以，，
所以或，
当时，可得，所以直线过定点，
当时，可得，所以直线过定点（舍去）.
所以直线过定点.
4．如图，过抛物线焦点的直线交抛物线于两点，准线交对称轴于点，过焦点且平行于准线的直线交抛物线于点，直线分别交准线于两点，问：以为直径的动圆是否过定点？

【答案】动圆过两个定点
【分析】设，与抛物线方程联立，再利用三点共线得出
，最后利用求出圆的方程，再求定点即可.
【详解】动圆过两个定点，理由如下：
由题意可知，直线的斜率存在，设直线，
由，得，则，
故，
，
因焦点，故，抛物线的准线为，
设，由、三点共线得，
则，即，即，即，
得，
从而，
，
设以为直径的圆上任意一点，则，
则，
即，即，
令得或，
所以动圆过两个定点．
5．（25-26高三上·云南曲靖·月考）已知椭圆：，直线：与交于，两点.
(1)若过的右焦点，求的离心率.
(2)已知是的右顶点，过点且与垂直的直线与轴交于点.
①证明：.
②若的离心率为，证明：.
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）将椭圆右焦点坐标代入直线方程得，即可求解离心率.
（2）①求出直线的方程，进而得，即可判断直线垂直平分线段，即可证明；
②设，，直线与椭圆方程联立，韦达定理得，，求得，由离心率得，化简得，即可证明.
【详解】（1）记的右焦点坐标为，则，解得，
所以的离心率为.
（2）①由题意可得直线的方程为.
令，解得，所以.
线段的中点为，代入直线的方程，得，等式成立，
所以点在直线上，则直线垂直平分线段.
因为点在直线上，所以.
②设，.
由得，.
由韦达定理得，.
又，，
所以
.
因为的离心率为，所以，解得，即，
所以，所以.
6．（24-25高三上·广东深圳·期末）已知椭圆的左焦点为（-1，0），点为椭圆上一点，点为椭圆的左顶点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)直线与椭圆交于，两点，直线，分别与直线交于，两点．
①求证：为定值；
②以为直径的圆是否过定点，如果过定点，求出定点坐标，若不过定点，试说明理由．
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②以为直径的圆过定点，定点坐标为和．
【分析】（1）由题意得，求解即可；
（2）①设，，联立方程组由韦达定理可得，计算可得为定值；②设直线为，求得点坐标为，同理点坐标为，设定点坐标为，利用，可求定点坐标.
【详解】（1）由题意得，
解得，
故椭圆的标准方程为．
（2）①设，，
由得：，
有，且，
所以
，
故为定值，定值为．
②设直线为，令，则，所以点坐标为．
同理点坐标为，
根据对称性可知，如果以为直径的圆过定点，那定点一定在轴上．
设定点坐标为，则，即，
由①知，故，
解得或，
故以为直径的圆过定点，定点坐标为和．

题型二 利用向量解决夹角问题
1．已知抛物线的焦点为，点在第一象限且为抛物线上一点，点在点右侧，且△恰为等边三角形．
(1)求抛物线的方程；
(2)若直线与交于两点，向量的夹角为（其中为坐标原点），求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据△恰为等边三角形由题意知：得到，再利用抛物线的定义求解；
（2）联立，结合韦达定理，根据的夹角为，由 求解.
【详解】（1）解：由题意知：，
由抛物线的定义知：，
由，解得，
所以抛物线方程为；
（2）设，
由，得，
则，，
则，，
因为向量的夹角为，
所以，
，
则，且，
所以，解得，
所以实数的取值范围.
2．已知抛物线，直线过点，并交抛物线于两点，若，直线与轴交于点，问：与的夹角是否为定值？
【答案】是
【分析】设，设，代入抛物线化简得，作点关于轴的对称点，根据斜率关系可得三点共线．作过点且垂直于轴的直线，分别交轴于点，结合相似得到，，结合，计算得到与的夹角为定值．
【详解】设，如图，设，代入，得．
根据韦达定理有．
作点关于轴的对称点，由题知，，．
则，
故，即三点共线．
作过点且垂直于轴的直线，分别交轴于点，即，
由，得．
因为，所以，即，
所以，因为，
所以与的夹角，为定值．
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，
∴．

4．（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.

题型三 向量共线：单共线
1．（25-26高三上·江苏苏州·开学考试）在平面直角坐标系中，动点到点的距离与到直线：的距离相等，记的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)直线过点与曲线交于点，，点满足，当直线斜率最大时，求点的坐标.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据给定条件，利用抛物线的定义求出方程；
（2）先通过向量关系得到点M与Q的坐标联系，再结合抛物线方程，利用基本不等式求直线OQ斜率最大值，最后联立直线与抛物线方程，结合韦达定理求出点N坐标.
【详解】（1）设动点 ，则点 到点 的距离为 ，
直线 的距离为 ；
因为动点 到点 的距离与到直线 的距离相等，
所以 ，所以 的方程 .
（2）设 ，由 ，即 得 ；
因为点 在轨迹 上，所以 ，而 ，
因为要求 斜率的最大值，所以 ，
所以 ，当且仅当 ，即 时，等号成立.
所以 ，直线 ，
由 与 联立，得 ，即 ，
所以 ，即 ，所以 ，
所以 .
2．已知椭圆的离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形的面积为4．
(1)求椭圆的标准方程：
(2)记椭圆的左顶点为，右顶点为，过点作不垂直于坐标轴的直线交椭圆于另一点，过点作的垂线，垂足为，且，求直线的方程．
【答案】(1)．
(2)或．
【分析】（1）利用已知条件即可得方程组求解参数，，从而可得椭圆方程；
（2）利用设直线方程，结合韦达定理即可求出点坐标，利用二元一次方程组可求出点坐标，再利用向量的坐标共线运算可求解参数，即可得直线方程.
【详解】（1）由题意：，所以，又因为，所以，，
即椭圆的方程：．
（2）
由题意，设直线的方程为，设点坐标为，
由，可得，
由韦达定理得：，所以，
代入直线方程可得：．
过点与垂直的直线方程为，
由，设交点坐标为，可得，，
因为，所以
法一：，
所以，解得，
所以直线的方程：或．
法二：，
所以，解得，
所以直线的方程：或．
3．（2025·北京·三模）已知椭圆 过点，焦距为 过点的直线与椭圆交于两个不同的点， 已知点， 为直线上一点， 且直线.
(1)求椭圆的方程及离心率；
(2)求的横坐标.
【答案】(1)；.
(2)
【分析】（1）利用椭圆过点和焦距求出，即求得椭圆方程与离心率；
（2）通过设直线方程，联立直线的方程和椭圆的方程，化简后写出韦达定理表示坐标，利用平行条件建立方程求出坐标.
【详解】（1）由题意可知，，由焦距，则，
所以，
所以椭圆方程为，离心率
（2）若斜率不存在，则，则；
设直线方程，，
则，消元可得；
则，
设，由点是直线上一点，，
则存在，使得，则，
由,则，
故，代入可得，
,
故点的横坐标为.
4．（2025·江苏连云港·模拟预测）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上，直线与交于两点．
(1)求椭圆的方程；
(2)若，
①证明：；
②若直线经过原点，与椭圆交于两点，且，求四边形面积的取值范围．
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②
【分析】（1）根据椭圆性质和将带入椭圆方程可得关于的方程，求解即可；
（2）①设，，联立方程组，根据根于系数的关系和数量积的坐标运算可证；
②设的中点为，因为，所以，不妨设，，又，并由点在椭圆上进一步求范围.
【详解】（1），得，
将带入椭圆方程有，解得，．
所以椭圆方程为．
（2）设，，
由，得，
，（*）
①由于，
所以．
将（*）带入得，化简得．
②设的中点为，因为，所以，
不妨设，，
到直的距离为，，
．
由，得点坐标为，
则，
由点为椭圆上点，，
得，即，
所以，
所以．
综上，四边形面积的取值范围为．
5．（23-24高三上·浙江宁波·期末）已知点和直线:，动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数.
(1)求动点的轨迹的方程；
(2)已知，过点作直线交于，两点，若，求的斜率的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设，用坐标表示出已知关系化简即得；
（2）设，直线方程为代入椭圆方程后应用韦达定理得，再由向量运算的坐标表示得出的关系，结合越来可求得值．
【详解】（1）设，由题意得，
化简得:.
（2）设：，
与联立得，，因为，则定点在椭圆内，则该直线与椭圆必有两交点，
所以
因为，所以，即，
所以③，
由①③得，
将④⑤代入②，得，
化简得，，解得.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是采用设线法，联立椭圆方程得到韦达定理式，再根据向量关系式，从而解出，最后得到关于的方程，解出即可.

题型四 向量共线：三点共线
1．（2025·辽宁本溪·模拟预测）已知椭圆的右焦点为，A为C上一点，的最小值为1.
(1)求C的方程；
(2)设点，斜率不为0的直线与C交于另一点B.
（i）若弦中点的纵坐标为，求直线的斜率；
（ii）若D为C上一点，且点D与点A关于x轴对称，证明：三点共线.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）根据题意列出关于的方程，求解即可；
（2）设直线与椭圆方程联立，求得韦达定理.（i）由弦的中点坐标求得的值，即得弦的斜率；（ii）通过向量坐标计算证明，结合与有公共点即可证得.
【详解】（1）由题意得
解得，
所以的方程为.
（2）由题可知直线的斜率存在且不为0，
设直线，则，
联立，消去，可得，
则，解得，
所以.
（i）因为弦中点的纵坐标为，
所以，
解得或（舍），
所以直线的斜率为.
（ii）由题得，
因为
，
所以，
又与有公共点，所以三点共线.
2．（2024·山西太原·三模）已知双曲线 的左、右顶点分别为 与 ，点 在 上，且直线 与 的斜率之和为 .
(1)求双曲线 的方程;
(2)过点的直线与 交于 两点(均异于点 )，直线 与直线 交于点，求证: 三点共线.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意点 在 上，且直线 与 的斜率之和为 ，建立方程组求解即可；
（2） 三点共线，即证，设出直线的方程联立双曲线的方程，由韦达定理，求出的坐标，由坐标判断，证明即可.
【详解】（1）由题意得，且
（2）由 (1) 得，
设直线 的方程为，则，
由 得，
直线 的方程为，令 ，则，
，
所以三点共线.
3．（2024·四川·模拟预测）已知与圆P：内切，且与直线：相切的动圆Q的圆心轨迹为曲线C，直线l与曲线C交于A，B两点，O为坐标原点，延长AO，BO分别与直线：相交于点M，N．
(1)求曲线C的方程；
(2)过点A作于，若，O，B三点共线，试探究线段MN的长度是否存在最小值．如果存在，请求出最小值；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)存在，8.
【分析】（1）根据给定条件，利用圆与直线相切及与已知圆内切探讨关系，再结合抛物线定义求出轨迹方程.
（2）设，由向量共线可得，进而可得，再利用直角三角形相似数量积的运算律求解即得.
【详解】（1）依题意，动圆在圆外，设动圆的半径为，且，
由圆与圆内切，得，由圆与直线相切，
因此点到的距离等于点到直线的距离，
即曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，
所以曲线的方程为.
（2）线段MN的长度存在最小值，理由如下：
设，则，
由三点共线，得，解得，
直线的方程为，直线的方程为，则，
于是，则，
因此点在以为直径的圆上，设直线与轴交于点，
由∽，得，
则
，
即，当且仅当取等号，
所以线段长度存在最小值，最小值为8.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
①几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
②代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
4．（23-24高三上·云南昆明·月考）已知椭圆的离心率是 ，其左､右焦点分别为，过点且与直线垂直的直线交轴负半轴于.
(1)求证：；
(2)若点，过椭圆右焦点且不与坐标轴垂直的直线与椭圆交于两点，点是点关于轴的对称点，在轴上是否存在一个定点，使得三点共线？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）设椭圆的半焦距为，根据题意求得直线，得到，进而求得向量，的坐标，即可得证.
（2）根据题意，求得椭圆方程为，设直线的方程为，联立方程组，求得，得出的方程为，令，求得，即可得到结论.
【详解】（1）证明：设椭圆的半焦距为，因为，所以，
又因为，所以，
所以直线，
令，解得，所以，
所以，，所以.

（2）解：如图所示，若点，则，解得，则，
所以椭圆方程为.
设直线的方程为，，则，
联立方程组 ，整理得，
则，且
直线的方程为，
令，可得
.
故在轴上存在一个定点，使得三点共线.


题型五 向量共线：双共线
1．（2024·陕西西安·模拟预测）在直角坐标系中，动点到定点的距离比点到轴的距离大2．
(1)求动点的轨迹的方程；
(2)过轴上的点的任意直线，交轨迹于不同两点和；交轴于，且，求的值．
【答案】(1)或．
(2)
【分析】（1）根据点满足的条件，列出方程化简即可得解；
（2）设出直线方程，联立抛物线方程，消元后可得根与系数的关系，再由向量的坐标运算化简即可得解.
【详解】（1）设到轴的距离为．
轨迹即集合．
，化简整理，得①
当时，①即；当时，①即．
点的轨迹的方程为或．
（2）由知直线与轨迹的交点，不可能在轴的负半轴（包括原点）上．
所以只需考虑时，轨迹与直线的关系．
由题意，直线的斜率存在且不等于零，
设直线的方程为，,如图，
则,
由，消去，得，
恒成立．
则．
．
，
解得．
.
2．（23-24高三上·北京海淀·月考）已知椭圆，、为椭圆的焦点，为椭圆上一点，满足，为坐标原点．
(1)求椭圆的方程和离心率．
(2)设点，过的直线与椭圆交于、两点，满足，点满足满足，求证：点在定直线上．
【答案】(1)；.
(2)点在定直线上
【分析】（1）由椭圆的定义求出，即可求出椭圆的方程和离心率；
（2）若直线的斜率存在，设直线的方程为：，与椭圆方程联立消去整理为关于的一元二次方程，由题意可知其判别式大于0，从而可得的范围．再由韦达定理可得两根之和，两根之积．根据可得间的关系式．设，再由可得间的关系式，将韦达定理代入化简即可得出点在定直线上，再检验直线的斜率不存在是否满足.
【详解】（1）由椭圆的定义知，，故，
所以椭圆的方程为，故，
所以椭圆的离心率为.
（2）若直线的斜率存在，设直线的方程为：，
则联立可得：，
则，解得：，
设，，则，，
由可得：，即，
设，由可得：，
即，即，
则，
因为点在直线上，所以，
所以点在定直线上，
若直线的斜率不存在，过的直线与椭圆交于、两点，
，，所以，
则，
所以，解得：，满足点在定直线上.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定直线问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量之间的关系，同时得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出已知的等量关系，化简整理得到所求定直线.
3．（25-26高三上·江西·月考）已知椭圆的焦距为2，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为.

(1)求椭圆的方程；
(2)设A，B为椭圆的左右顶点，过右焦点的直线交椭圆于M，N两点，直线AM，BN交于点.
（i）求证点在定直线上；
（ii）设，求的最大值.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析（ii）1
【分析】（1）由题意求出的值，即得答案；
（2）（i）设直线方程为，联立椭圆方程可得根与系数关系，写出直线，的方程，联立化简，即可证明结论；（ii）由可得的表达式，化简，即可求得答案.
【详解】（1）依题意，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为，
椭圆方程为
（2）（i）证明：由（1）知可设直线方程为，
联立和，
得，直线l过椭圆焦点，必有，
，
，直线方程为，
直线方程为，
联立两方程得，
，即点在定直线上；
（ii）依（i）有.设，若，
则，则，
.
故当时，的最大值为1.
4．（2025·新疆·模拟预测）已知双曲线，点到的两条渐近线距离之比为，过点的直线与交于两点，且当的斜率为0时，.
(1)求的方程；
(2)若点都在的右支上，且与轴交于点，设，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据点到直线的距离公式可得，结合即可求解,
（2）根据向量共线的坐标关系可得坐标，进而得是一元二次方程的两个解，利用根的分布可得或，进而根据求解.
【详解】（1）双曲线的渐近线方程为，
由已知得，
解得或，
斜率为0时可得直线方程为：，代入双曲线方程可得：，
，
若，则可求得，
若，则代入得无实数解，
的方程为.
（2）设点，
由可得
故：，代入双曲线方程得：，
同理，，代入双曲线方程得：，
是一元二次方程的两个解，
，
由题意可知，直线有斜率，设直线斜率为，则直线方程为：，
与双曲线联立得：，
由直线与双曲线交于右支得：，
解得：或，
又，
由于或，故或，
.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的范围或最值问题，可根据题意构造关于参数的目标函数，然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解，解题中注意函数单调性和基本不等式的作用．另外在解析几何中还要注意向量的应用，如本题中根据向量的共线得到点的坐标之间的关系，进而为消去变量起到了重要的作用
5．（2025·广东珠海·模拟预测）已知点，以线段为直径的圆内切于圆．
(1)求点的轨迹的方程；
(2)当过点的动直线与轨迹相交于两点（可以相同）时，，．求动点的轨迹长度．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）取，根据几何关系得出，即可得出点的轨迹为椭圆，进而求出其方程即可；
（2）直线斜率不存在时求得，斜率存在时，设，根据，可求出，因点在直线上，则将值代入直线方程中即可求得点满足的方程，再根据求出，进而得出的范围，求出轨迹方程，即可求出轨迹长度.
【详解】（1）取，记线段的中点为，连接，
由于线段的中点为，则，，
设圆的半径为，圆与圆内切于，连接，
则三点共线，且，
于是，
又，
根据椭圆的定义可得点的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，
则轨迹的方程为．
（2）当直线的斜率不存在时，点重合，
则由，可得，，，则点三点重合，
此时点；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
设，，，
由，得，
则，
，得，
由，，得，，，
故，
化简得，
所以，得，
又因为动点在直线上，
所以，化简得，
经检验符合上式，
所以动点的轨迹为线段，
线段端点为，所以动点的轨迹长度．

题型六 数量积问题
1．（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．
2．（25-26高三上·重庆·月考）已知椭圆的离心率为，以原点为圆心､椭圆的短半轴长为半径的与直线相切.
(1)求椭圆的方程；
(2)过定点斜率为的直线与椭圆交于两点，若求实数的值及的面积.
【答案】(1).
(2)，
【详解】（1）由题可知原点到直线距离.因为椭圆的离心率为，所以，所以.
所以椭圆C的方程为：.
（2）过定点斜率为的直线方程为：.设.
由，得.所以.
因为，所以，所以，
整理得：，所以.
所以.所以，
所以的面积.
3．（2025·四川凉山·三模）已知是抛物线上的点，到抛物线的焦点的距离为．
(1)求的方程；
(2)若直线与交于，两点，且（点为坐标原点），求面积的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据抛物线定义列式求解即可；
（2）直线与抛物线联立方程，根据韦达定理得，，根据计算可得，再根据化简求值即可.
【详解】（1）抛物线的准线为，焦点
由抛物线定义可得，解得，
故的方程为
（2）设，，
联立，
故，
又则，
由，
解得：或（舍去），
（当且仅当时，等号成立）.
4．（24-25高三下·湖北·月考）已知双曲线的左、右焦点分别为、，离心率为，上一点与、的距离的差的绝对值等于4．
(1)求双曲线的方程；
(2)过点作斜率为的直线与交于、两点．当为锐角时，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）依题意可得，结合离心率求出、，即可得解；
（2）依题意可得直线的方程为，设，，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，由为锐角，可得，再由数量积的坐标表示得到不等式，解得即可；
【详解】（1）依题意，解得，
所以双曲线的方程为；
（2）由（1）知、，
依题意直线的斜率，则直线的方程为，
由，消去整理得，
设，，
当，即，由，
则，，
所以
，
因为为锐角，所以，
即
，解得或，
则或或，
又，所以的取值范围为.
5．（2025·山东泰安·二模）已知双曲线，左､右顶点分别为，过的直线交双曲线于两点.
(1)若在第一象限，是等腰三角形，求的坐标；
(2)连接并延长交双曲线于，若，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先由题设条件结合双曲线性质得到P点在以为圆心、3为半径的圆上，联立两曲线方程即可求解；
（2）由题意设直线，点，联立直线与双曲线方程，由题意结合判别式、韦达定理以及向量数量积的定义直接计算并化简得到即可分析求解.
【详解】（1）当时，双曲线，其中，
因为为等腰三角形，点在第一象限，
所以由双曲线性质可知，为三角形的底边，，
所以P点在以为圆心、3为半径的圆上，
设，其中，则有，解得，即.
（2）由题意的斜率不为0，设直线，
设点，则
联立得
由已知二次项系数，且， 即，
所以，
则
即.
代入得，
即，
化简得，即，所以
因为，代入，得，
所以所以，
综上，
6．（2025·江苏苏州·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点为，直线与交于两点.
(1)若过，另一条过的直线与交于两点（在轴上方），直线分别交直线于两点，证明：为的中点；
(2)若上存在点，使得，证明：为定值.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）通过联立直线和抛物线方程得到交点纵坐标的关系，再根据直线方程求出特定点的纵坐标，最后通过坐标关系判断中点.
（2）方法1通过对两个向量数量积等式进行变形和运算，消去从而得到的值；方法2则是利用向量数量积的关系以及等式之间的运算，结合一些代数恒等式来求解的值.
【详解】（1）设.
设，与抛物线联立，得，
则，即，同理可得.
又因为，令，得，同理，
将代入得，所以为的中点.
（2）方法1：设，因为，得①，
由，得，
①②，
得，
即，
即.
因为，所以，
则，即为定值-4.
方法2：设，因为，所以，
即，同理得，
所以，
由，得①，
同理②，③，
由①-②，得④，
由①+②+③，得，
即，
而
故结合④可得，
则
，
所以为定值-4.

检测Ⅰ组 重难知识巩固
1．（2025·云南昆明·二模）已知，，动点满足直线与直线斜率之积为．记的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)过点作直线与相交于，两点，与轴交于点，若，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）根据斜率公式即可化简求解，
（2）联立直线与椭圆方程得韦达定理，即可根据向量的坐标运算求解.
【详解】（1）设，据题意知，
化简得，
所以的方程为．
（2）设，，，
联立消得，
故，，
据题意知且，所以，，
由得，
所以，解得，
所以直线的方程为．

2．直线和抛物线相交于，以为直径的圆过抛物线的顶点，证明：直线过定点，并求定点的坐标.
【答案】证明见解析，
【分析】联立直线与抛物线方程，结合韦达定理与得即可得证.
【详解】
设，由得，，
则.①
由韦达定理，得：，
则.
以为直径的圆过拋物线的顶点，则，即，
可得，则，
即，又，则，且使①成立，
此时，直线恒过点.
3．（24-25高三上·内蒙古鄂尔多斯·期末）已知双曲线E：与有相同的渐近线，且过点.
(1)求E的方程；
(2)已知O为坐标原点，直线与E交于P，Q两点，且，求m的值.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）利用待定系数法，结合代入法进行求解即可；
（2）将直线方程与双曲线方程联立，根据一元二次方程根与系数关系，结合平面向量数量积的坐标表示公式进行求解即可.
【详解】（1）由题意，设E的方程为，又E过点，
所以，解得，
所以E的方程为.
（2）设，，由得，
因为，
所以，，
所以
，
所以，
解得或.
4．（24-25高三上·辽宁葫芦岛·期末）已知抛物线的焦点为，且抛物线经过点，直线与抛物线交于两点，为坐标原点．
(1)求拋物线的标准方程；
(2)若直线过定点，求面积的取值范围；
(3)若，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)
(3)或
【分析】（1）把点代入抛物线方程，可求，得抛物线的标准方程.
（2）设直线：，与抛物线方程联立，根据韦达定理，表示出，表示，可求其取值范围.
（3）设直线，与抛物线方程联立，可得，，再把转化成，可求的值，得到直线方程.
【详解】（1）由题意抛物线C经过点，代入方程可得.
所以抛物线的标准方程为：.
（2）如图：
依题意，直线与抛物线有2个交点
所以直线斜率不为0，
设直线
联立，整理得
．
整理得：
故的取值范围是.
（3）如图：
由题意得抛物线的焦点，
又由，可知直线过焦点且斜率不为0
于是可设直线的方程为：，
设
联立方程组得
于是
由可知，，代入上式
所以直线的方程或.
5．（25-26高三上·江苏苏州·开学考试）在平面直角坐标系中，动点到点的距离与到直线：的距离相等，记的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)直线过点与曲线交于点，，点满足，当直线斜率最大时，求点的坐标.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据给定条件，利用抛物线的定义求出方程；
（2）先通过向量关系得到点M与Q的坐标联系，再结合抛物线方程，利用基本不等式求直线OQ斜率最大值，最后联立直线与抛物线方程，结合韦达定理求出点N坐标.
【详解】（1）设动点 ，则点 到点 的距离为 ，
直线 的距离为 ；
因为动点 到点 的距离与到直线 的距离相等，
所以 ，所以 的方程 .
（2）设 ，由 ，即 得 ；
因为点 在轨迹 上，所以 ，而 ，
因为要求 斜率的最大值，所以 ，
所以 ，当且仅当 ，即 时，等号成立.
所以 ，直线 ，
由 与 联立，得 ，即 ，
所以 ，即 ，所以 ，
所以 .
6．已知椭圆过点，且离心率，直线l与E相交于M，N两点，l与x轴、y轴分别相交于C，D两点，O为坐标原点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)判断是否存在直线l，满足？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，直线l的方程为或
【分析】（1）根据题意列方程求解即可；
（2）将向量之间的关系转化点的坐标之间的关系，结合椭圆方程求解即可.
【详解】（1）由题意得，且椭圆过点，
所以，同时，
联立解得：，
所以椭圆E的方程为.
（2）

若存在直线l,设，
由得:
,解得，
M，N两点在椭圆上，
所以，解得：，
故存在直线l.
由直线方程过M，N两点可得，
此时直线方程为：或
7．（2024·陕西商洛·一模）已知双曲线的左、右顶点分别是，点在双曲线上，且直线的斜率之积为3．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)斜率不为0的直线与双曲线交于两点，为坐标原点，若，求点到直线的距离的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）直线的斜率之积为3，构造方程求出，再将点代入方程即可；（2）设直曲联立，借助韦达定理，由，所以，结合韦达定理，求出，再用点到直线距离计算即可.
【详解】（1）由题意可得，
则直线的斜率，直线的斜率．
因为直线的斜率之积为3，所以，解得．
因为点在双曲线上，所以，解得．
故双曲线的标准方程为．
（2）设直线
联立整理得
则
所以．
因为，所以，
所以
即
化简得，故．
由点到直线的距离公式可得，点到直线的距离．
因为，所以，所以，
即点到直线的距离的最大值是．
8．（2024·新疆·二模）已知椭圆的左焦点为，上任意一点到的距离的最大值和最小值之积为1，离心率为．
(1)求的方程；
(2)设过点的直线与交于，两点，若动点满足，，动点在椭圆上，求的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据两点间距离最值结合离心率求出，即可得出椭圆方程；
（2）结合向量共线求出参数关系得出轨迹方程，再根据点到直线距离求出最小值.
【详解】（1）设，，
则．
又因为，所以，即，
又椭圆的离心率，所以，则，
解得，故的方程为．
（2）设，，，因为，
所以，
若，则，即与重合，与矛盾，
若，则，即与重合，与矛盾，
故，于是，将点代入，
化简得，
同理可得，，
故，为方程的两根，
于是，即，动点在定直线上．
令直线，当与相切时，记，的距离为，则，
联立可得，
由，解得，又，则，
此时，解得，，即切点为，直线，的距离为，
故的最小值为．

【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是求出点得轨迹方程为，最后再求出直线与椭圆相切的情况即可.
9．（25-26高三上·重庆·开学考试）设分别为椭圆的左、右顶点，椭圆长半轴的长等于焦距，且点在椭圆上．
(1)求椭圆的方程；
(2)设为直线上不同于点的任意一点，若直线分别与椭圆相交于异于，的点，证明：点在以为直径的圆内．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用题设条件建立关于的方程组，求解即得椭圆方程；
（2）设，写出直线的方程，将它们分别与椭圆方程联立，求出点的坐标，计算并由推得为钝角，从而证得结论.
【详解】（1）由题意，，解得，
故椭圆的方程为.
（2）
如图，设，由题意，，
则直线的方程为，代入，整理得：，
则，即，，故，
直线的方程为，代入，整理得：，
则，即，，故，
于是，
，
因，故可得，
即为钝角，因圆的直径所对的圆周角为直角，故点在以为直径的圆内.
10．（2025·山东·模拟预测）已知O为坐标原点，双曲线的焦距为，过点的直线与C交于A，B两点，当轴时，的面积为.
(1)求C的方程；
(2)证明：为钝角三角形.
【答案】(1)
(2)证明过程见解析.
【分析】（1）利用的面积求出点坐标，将其代入方程中，结合焦距信息，解方程组即可；
（2）设直线的方程，与双曲线方程联立，分两种情况讨论，若交于两支，求，若交于一支，依对称性可知，只研究交与左支，数形结合证明为锐角来得出为钝角.
【详解】（1）由题意可知，则，
又，则，故，
将点坐标代入曲线的方程中得，又，
解得（负值舍去），则C的方程为
（2）由题意可知直线的斜率存在，故设直线的方程为，
联立得，，
设，
则，得且，
若直线与双曲线的两支相交，则，则，
则
，则为钝角；
若直线与双曲线的一支相交，由于双曲线的对称性，不妨设直线与双曲线的左支相交，且在点上方，设，
因，
则，则为锐角，
则为钝角，
综上可知，始终为钝角三角形.
11．已知为抛物线上的一点，，为抛物线上异于点的两点，且直线的斜率与直线的斜率互为相反数.
（1）求直线的斜率；
（2）设直线过点并交抛物线于，两点，且，直线与轴交于点，试探究与的夹角是否为定值，若是则求出定值，若不是，说明理由.
【答案】（1）； （2）是定值，
【解析】（1）根据点的坐标求出抛物线方程，设出点和点的坐标，利用斜率公式和抛物线方程，求出和，再根据和互为相反数，得到，进而求出直线的斜率；
（2）设出点和点的坐标，根据，得到，再设出直线的方程，与抛物线联立，利用韦达定理，并结合，化简，得到的坐标表示，求出，借助向量的数量积，即可求得与的夹角.
【详解】（1）设，，
因为点为抛物线上的一点，
所以，解得，所以，
同时，有，，
，
同理，，
因为直线的斜率与直线的斜率互为相反数，
所以，即，
故.
（2）设直线的方程为，，，，
将直线的方程代入，得，
所以，，
，，且，
，解得，
，
又
，
，
又，，
，即与的夹角为.
与的夹角是定值，定值为.
【点睛】本题考查了抛物线标准方程的求解、斜率公式的运用以及直线与抛物线的位置关系中的定值问题，其中涉及到向量的坐标运算等知识，属于中档题.在处理直线与抛物线的位置关系的题时，一般要用到根与系数的关系.
12．已知椭圆的离心率为，且经过点．
(1)求椭圆的方程；
(2)记椭圆的右焦点为，若点在椭圆上，满足，求直线的斜率．
(3)过点的动直线与椭圆有两个交点，在y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，说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在点纵坐标的取值范围为，满足题意.
【分析】（1）根据椭圆离心率并代入点坐标计算可得椭圆方程；
（2）设直线的方程为，联立椭圆方程并利用韦达定理以及向量共线解方程可得结果；
（3）对直线的斜率进行分类讨论，联立直线和椭圆方程由韦达定理以及向量数量积的坐标表示，再根据恒成立解不等式可得结果.
【详解】（1）依题意可知，解得，
因此椭圆的方程为；
（2）易知，设直线的方程为，；
联立，整理可得，显然；
因此，
由可得，即，
代入可得，即；
因此，即，
解得，
因此直线的方程为，即其斜率为.
（3）如下图：
当过点的动直线斜率存在时，
设直线方程为，，；
联立，整理可得，显然；
因此，
所以
若存在点使得恒成立，可得，
解得，
当过点的动直线斜率不存在时，两个交点分别为椭圆的上下顶点，
显然此时方向相反，满足题意；
综上可得，点的纵坐标的取值范围为，使得恒成立.
13．已知是椭圆的左顶点，是椭圆上不同的两点．
(1)求椭圆的焦距和离心率；
(2)设，若，且、、和、、分别共线，求证：三点共线；
(3)若是椭圆上的点，且，求的面积．
【答案】(1)焦距为，离心率为
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）直接由椭圆的方程得出和，再由求出，即可得出焦距和离心率；
（2）设，，首先由得出，方法一：由三点共线和三点共线，得出，再将代入椭圆方程，联合整理得，，即可证明结论；方法二：写出直线的方程与椭圆联立，由根与系数关系得出点和的坐标，进而得出，，即可证明结论；
（3）设，由，得出和，①当直线的斜率不存在时，得出，即可得出的面积；②当直线的斜率存在时，设，与椭圆方程联立，得出和，结合点在椭圆上，得出，再根据弦长公式得出，根据点到直线距离公式得出点到直线的距离，根据即可得出面积．
【详解】（1）由可知，
，，故，
所以焦距，离心率．
（2）设，，
由题意，，，，，，，，
又，
所以，得，
方法一：由三点共线，则，即，
同理可得，三点共线，则，即，
故，即，
又，，
所以，
所以，
由，整理得，
所以有，
又，
故，
所以，
所以三点共线．
方法二：因为，，则，
由得直线的方程为，
与椭圆联立，得，
则，
所以，
同理得，
所以，，即三点共线．

（3）设，
因为，，，
①当直线的斜率不存在时，则，
所以，，
又是椭圆上的点，此时，
故，
②当直线的斜率存在时，可设，
由，得，
所以，，
所以，
又点在椭圆上，代入整理得，，
从而，
于是，
点到直线的距离，
所以．

14．（25-26高三上·江苏·开学考试）已知双曲线的左、右焦点分别为，且．过的直线与交于两点．
(1)求的方程；
(2)若均在的右支上，且的周长为，求的方程；
(3)是否存在轴上的定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在点，使得为定值.
【分析】（1）根据双曲线中的意义和关系，可求的值，得到双曲线的方程.
（2）先根据双曲线的定义，求出弦的长度；设直线：，与双曲线方程联立，利用弦长公式，可求的值，即得直线方程.
（3）假设存在轴上的定点，使得为定值.结合（2）中的结论，根据为定值，可求的值.
【详解】（1）因为，所以，
又，所以.
所以双曲线的方程为：.
（2）因为均在的右支上，且的周长为，
所以.
如图：

因为，设直线：，代入得： ，
整理得：.
设，，
因为均在的右支上，所以，且，所以，
.
所以.
所以.
所以.
所以直线的方程为：，即.
（3）假设存在轴上的定点，使得为定值.
因为，，
所以
.
因为为常数，所以.
此时.
所以存在点，使得为定值.
15．（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.
16．（2025·江西·一模）已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，焦距为，圆与椭圆相交于，两点，，的面积为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的动直线与椭圆有两个交点，，以线段为直径作圆，点始终在圆内（包括圆周），求的取值范围．
【答案】(1)
(2)．
【分析】方法一：（1）利用余弦定理得出，再由的面积求出、可得答案；
（2）设点，，当直线的斜率不存在时，的方程为可得答案；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，与椭圆方程联立，根据点在圆内（包括圆周）得，韦达定理代入，再利用恒成立可得答案；
方法二：（1）利用是正三角形，、的面积求出、可得答案；
（2）当直线的斜率为0时，根据圆以椭圆的长轴为直径可得答案；当直线的斜率不存在，或斜率不为0时，设的方程为，与椭圆方程联立，根据点在圆内（包括圆周）得，韦达定理代入，再利用恒成立可得答案；
【详解】（1）方法一：因为，所以，
则，
解得．
因为的面积为，所以，，，
所以椭圆的标准方程为；
方法二：因为，，
所以是正三角形，，
所以点在线段的中垂线上，则，是椭圆的短轴端点．
因为的面积为，所以，
在中，易知，
故椭圆的标准方程为；
（2）方法一：设点，．
当直线的斜率不存在时，的方程为，代入椭圆方程得，
不妨设，，易求．
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，则
消去得，，
所以，．
因为点在圆内（包括圆周），所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
即恒成立，
所以，解得．
综上，的取值范围为．
方法二：
当直线的斜率为0时，圆以椭圆的长轴为直径，所以．
当直线的斜率不存在，或斜率不为0时，设的方程为，
且，．
联立，消去得，
所以，．
因为点在圆内（包括圆周），所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
即恒成立，
所以，解得．
综上，的取值范围为．

检测Ⅱ组 创新能力提升
1．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的离心率为 ， 且经过点，分别为椭圆C的左、右顶点，过左焦点F的直线l交椭圆C于两点 (其中D在x轴上方).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若 求直线的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由离心率推得，将点坐标代入得，联立解得，即得椭圆方程；
（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，设,写出韦达定理，由推得,与韦达定理联立，整理成关于的方程，解之即得.
【详解】（1）由可得，即 ①，
又②，联立①，②解得，
故椭圆C的标准方程为：；
（2）因，由题知直线的斜率不为0，
故可设直线的方程为，代入中，
整理得：，显然，设，
则
因代入坐标得：，即得，
即代入① ，可得③；再将其代入②，可得④ ，
将③代入④ ，，化简得，解得，
因点D在x轴上方，故.
此时，直线的方程为：.
2．（24-25高三上·广东广州·月考）已知椭圆C:的左、右焦点分别为，，离心率为，长轴长与短轴长之和为6.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知，，点P为椭圆C上一点，设直线PM与椭圆C的另一个交点为点B，直线PN与椭圆C的另一个交点为点D.设，.求证：当点P在椭圆C上运动时，为定值.
【答案】(1)；
(2)证明见解析．
【分析】（1）由离心率求得，再利用长轴长与短轴长之和为6求得得椭圆方程；
（2）设，由题意知直线的斜率不为0，设直线方程为，直线方程为，代入椭圆方程后应用韦达定理得出，（用表示），由向量线性关系求得，，然后求和化简可得．
【详解】（1）由题意，化简得，
又，即，，所以，
椭圆方程为；
（2）设，由题意知直线的斜率不为0，
设直线方程为，其中且，
由，得，，
由韦达定理知，得，
因为，
所以，
所以，，
设直线方程为，其中，同理可得，
所以
，
所以为定值．
【点睛】方法点睛：定值问题常用方法：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理计算，并在计算过程中消去变量，从而得到定值．
3．（24-25高三上·江苏苏州·开学考试）在平面直角坐标系xOy中，椭圆的离心率为，A为椭圆左顶点，已知点，且直线PA的斜率为.过点作直线l交椭圆于B，C两点（B在x轴上方，C在x轴下方），设PB，PC两直线分别交椭圆于另一点D，E（B，E分别在线段PD，PC上）.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)当时，若l的斜率小于零，且的面积为，求证：；
(3)若存在实数，使得，求此时直线DC的斜率.
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3)．
【分析】（1）由直线斜率求得，再利用离心率求得得椭圆方程；
（2）设直线方程为，，结合韦达定理求得和面积，从而求得值，得出两点坐标后，由对称性得出及，然后由三角形全等证得角相等；
（3）假设存在，得，从而得，设，由向量平行的坐标表示写出点坐标，两点坐标代入椭圆方程化简得出满足的方程，同理得出满足的方程，由直线方程的定义可得直线的方程，从而得直线斜率．
【详解】（1）由题意，，，
又，所以，
所以椭圆标准方程为；
（2）由题意可设直线方程为，，
由得，，，，
所以，
解得，又直线的斜率小于零，所以，即直线，
则有，解得或，从而有，
又，，由对称性知，且，而轴，，
所以，
所以.

（3）若存在实数，使得，则，所以，
由题意可知，
设，由得，
又均在椭圆上，所以，
上式变形为，
所以，
整理得，
同理可得，
所以直线方程为
所以的斜率为．

【点睛】方法点睛：直线与椭圆相交问题的三角形面积问题，可设直线方程及交点坐标，直线方程与椭圆方程联立消元后，利用韦达定理求出三角形的面积，得出相应结论．
4．（23-24高三下·江西·开学考试）已知椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点.
(1)若点为上一动点，求的最大值与最小值；
(2)若，求的斜率；
(3)在轴上是否存在定点，使得为定值？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)最大值为，最小值为；
(2)
(3)存在定点
【分析】（1）由题意，根据椭圆的定义可得，则，当点与的左、右顶点重合时取到最值；
（2）设，根据平面共线向量的坐标表示可得，结合求出点B的坐标，利用两点表示斜率公式计算即可求解；
（3）假设满足条件的点存在，易知直线的斜率不存在时；设，根据平面向量数量积的坐标表示可得，当直线的斜率存在时，设：，联立椭圆方程，利用韦达定理表示出，代入，化简计算即可求解.
【详解】（1）设的左焦点为，则，
由椭圆的定义知，，
所以，
当且仅当点与的左顶点重合时取等号，
即的最大值为；
，
当且仅当点与的右顶点重合时取等号.
即的最小值为.
（2）设，则由，得，
所以，即，又在上，
所以，即解得
即.
故直线的斜率为.
（3）假设满足条件的点存在，设，
则，
当直线的斜率存在时，设的方程为，
把代入，得，
所以，
，
，
所以为定值，
所以，解得，
存在定点，使得为定值；
当直线的斜率不存在时，易得满足为定值.
综上，存在定点，使得为定值.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法一般有两种：
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(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．
5．已知椭圆：（）的右焦点为，且点到长轴两个端点的距离分别为和，为坐标原点.
(1)求的方程.
(2)过点且不与轴重合的直线与交于两点.
（ⅰ）若的面积为，求的方程；
（ⅱ）若线段的中点为，在点处分别作的切线，两切线相交于点，求证：，，三点共线.
【答案】(1)；
(2)（ⅰ）或或或；
（ⅱ）证明见解析.
【分析】（1）根据题意列出关于的方程组，解得，从而可得，即可得椭圆方程；
（2）（ⅰ）设直线，联立方程组，根据韦达定理计算的面积，可解得或，即可得直线方程；
（ⅱ）利用中点坐标公式计算出点的坐标，即可得；设出以点为切点的切线方程，与椭圆方程联立，利用根的判别式可求出切线斜率，即可得出切线方程，同理可得点为切点的切线方程，联立两切线方程可求得点的坐标，即可得，由可证得三点共线.
【详解】（1）由题意可得，解得，则，
所以椭圆的方程为.
（2）由（1）可知，，设直线，
联立，可得，
则，
设，则.
（ⅰ），
则，
整理可得即，解得或，则或，
所以，直线的方程为或或或.
（ⅱ）设点，则，，所以.
设以点为切点的切线方程为即，
联立，可得，
则，
整理得，
则，
因为点是椭圆上的点，所以，即，
则，
所以以点为切点的切线方程为.
同理可得，以点为切点的切线方程为.
联立两切线方程，消去，可得，整理得,
结合化简可得，
由题意，，故，代入直线方程，可得，
所以，则,其中，
故，，三点共线.
6．（2024·河南驻马店·二模）已知双曲线的左顶点为，直线与的一条渐近线平行，且与交于点，直线的斜率为．
(1)求的方程；
(2)已知直线与交于两点，问：是否存在满足的点？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，16
【分析】（1）由已知得出，结合直线的斜率为及点在双曲线上即可求解；
（2）由题得出，，设，过点与垂直的直线的方程为，设该直线与的右支交于另一点，计算出，同理可得，又，所以与重合，即可得出结论．
【详解】（1）由题可知，的一条渐近线方程为，则，
设，又，直线的斜率为，
所以，
解得，则，
代入中，解得，
故的方程为．
（2）因为，
所以，即，所以，
同理可得，
设，
联立，整理得，
由题意知，且，
解得或，且，
所以，
过点与垂直的直线的方程为，设该直线与的右支交于另一点，
联立，整理得，
解得或（舍去），所以，
因为
，
所以，同理可证，
又，所以与重合，
所以在上，则，
故存在点满足，且的值为16．
【点睛】关键点睛：由“”分析出点为的垂心，作过点与垂直的直线交的右支交于另一点，证明及，即可证明与重合，进而得解．
7．（24-25高三下·河南新乡·月考）已知椭圆的右焦点为，右顶点为，直线与轴交于点，且．
(1)求椭圆的方程．
(2)设点为直线上的动点，过作的两条切线，分别交轴于点．
①证明：直线的斜率成等差数列．
②设经过三点，是否存在点，使得？若存在，求；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②存在，
【分析】（1）结合题意可得，分和讨论可得，继而可求解.
（2）①设，易知过且与相切的直线斜率存在，方程设为，联立直线与椭圆方程，由可得，设直线的斜率分别为，由韦达定理、斜率公式及等差数列的定义即可证明；②由已知求出直线和直线的中垂线方程，继而可得点坐标，由，列出方程，即可求解.
【详解】（1）由右焦点知，
，所以，
若，则，即，方程无解；
若，则，所以，
所以，
所以椭圆的方程为.
（2）①设，易知过且与相切的直线斜率存在，方程设为，
联立方程，
消得，
，即，
设直线的斜率分别为，
所以，，
，
所以，
即直线的斜率成等差数列.
②直线的方程为，令，得，
所以，同理可得，
所以的中垂线为，
中点为，
所以直线的中垂线为，
联立，解得，
所以，
所以，，
，即，
所以，即，
所以，解得，所以，所以.
所以存在点，使得，此时.
【点睛】关键点点睛：本题②的解题关键是求出圆心的坐标，圆的两条弦的垂直平分线的交点即圆心。由已知求出直线和直线的中垂线方程，联立两直线方程可得圆心的坐标，由，结合韦达定理列出方程，即可求解.
8．若椭圆上的两个不同的点满足0，则称为该椭圆的一组“相伴点对”，记作.已知椭圆的焦距为，离心率为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若，证明椭圆上存在两个点满足“相伴点对”，并求点的坐标；
(3)设（2）中的两个点分别是，若直线与直线的斜率之积为，直线与椭圆交于两点，点，连接交椭圆于另一点，连接交椭圆于另一点，证明：三点共线.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由题意求出得椭圆方程；
（2）根据新定义列方程组求解；
（3）由（2）求得，设 ,求出方程，与椭圆方程联立方程组，消去后，利用是此方程的解得出，然后可得，同理得，由得出的关系式，用坐标法判断得出三点共线．
【详解】（1）由题，，即，
又，所以，，
所以椭圆方程为：
（2）设“相伴点对”的坐标为，
根据定义：
点的坐标满足所以或
于是有两个点满足，且点的坐标为．
（3）由（2），，所以，
设 ,
,,
直线方程为，
由，得，
其中，
又，代入整理得，
，，所以，
，
同理，
，
由得，
由，
，
所以，
所以三点共线．
【点睛】方法点睛：涉及到直线与椭圆的交点问题可设出交点坐标，如题中，解决三点共线问题，可用坐标法证明两个向量共线，从而在证明平行的坐标表示中需要得出两点坐标关系，于是我们利用直线与椭圆相交解方程组的方程把的坐标用坐标表示，而利用得出所要关系式，完成证明．
9．（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.
10．（24-25高三下·江苏常州·开学考试）已知中心在原点，焦点在x轴上的圆锥曲线E的离心率为2，过E的右焦点E作垂直于x轴的直线，该直线被E截得的弦长为6.
(1)求E的方程；
(2)若面积为3的的三个顶点均在E上，边BC过F，边AB过原点，求直线BC的方程；
(3)已知，过点的直线l与E在y轴的右侧交于不同的两点P，Q，l上是否存在点S满足，且？若存在，求S的坐标，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)或
(3)不存在，理由见解析
【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的轨迹可判断结果.
【详解】（1）圆锥曲线E的离心率为2，故E为双曲线，
因为E中心在原点、焦点在x轴上，所以设E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E的标准方程是．
（2）设，，由已知，得，根据直线过原点及对称性，
知，
联立方程，得，化简整理，得，
所以，且，
所以，解得，
所以直线的方程是或．

（3）若直线l斜率不存在，此时直线l与双曲线右支无交点，不合题意，
故直线l斜率存在，设直线l方程，联立方程，得，
化简整理，得，
依题意有，因为恒成立，
所以，故，解得：，
设，，则由韦达定理，得，
设点S的坐标为，由，得，
则，变形得到，
将，代入，解得，
将代入中，解得，
消去k，得到点S的轨迹为定直线：上的一段线段（不含线段端点，，设直线与双曲线切于，直线与渐近线平行时于交点为）．
因为，，且，取中点，
因为，
所以，
所以，故，
即S的轨迹方程为，表示以点H为圆心，半径为的圆H，
设直线与y轴，x轴分别交于，，
依次作出直线，，，，
且四条直线的斜率分别为：，，，，
因为，所以线段是线段的一部分
经检验点，均在圆H内部，所以线段也必在圆H内部，
因此线段也必在圆H内部，所以满足条件的点S始终在圆H内部，
故不存在这样的点S，使得，且成立．
【点睛】关键点点睛：根据向量表达式求出点S的轨迹方程，再结合直线斜率之间的大小关系进行判断是解题的关键.