新高考数学二轮复习专题巩固练习专题19 圆锥曲线高频考点深度剖析压轴解答题（讲义）（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习专题巩固练习专题19 圆锥曲线高频考点深度剖析压轴解答题（讲义）（2份，原卷版+解析版），共11页。试卷主要包含了过双曲线上任一点，，过抛物线上任一点引两条弦等内容，欢迎下载使用。
\l "_Tc190287275" 01考情透视·目标导航 PAGEREF _Tc190287275 \h 2
\l "_Tc190287276" 02知识导图·思维引航 PAGEREF _Tc190287276 \h 3
\l "_Tc190287277" 03 知识梳理·方法技巧 PAGEREF _Tc190287277 \h 4
\l "_Tc190287278" 04 真题研析·精准预测 PAGEREF _Tc190287278 \h 6
\l "_Tc190287279" 05 核心精讲·题型突破 PAGEREF _Tc190287279 \h 24
\l "_Tc190287280" 题型一：轨迹方程 PAGEREF _Tc190287280 \h 24
\l "_Tc190287281" 题型二：向量搭桥进行翻译 PAGEREF _Tc190287281 \h 31
\l "_Tc190287282" 题型三：弦长、面积背景的条件翻译 PAGEREF _Tc190287282 \h 39
\l "_Tc190287283" 题型四：斜率之和差商积问题 PAGEREF _Tc190287283 \h 44
\l "_Tc190287284" 题型五：弦长、面积范围与最值问题 PAGEREF _Tc190287284 \h 50
\l "_Tc190287285" 题型六：定值问题 PAGEREF _Tc190287285 \h 57
\l "_Tc190287286" 题型七：中点弦与对称问题 PAGEREF _Tc190287286 \h 63
\l "_Tc190287287" 题型八：定点问题 PAGEREF _Tc190287287 \h 68
\l "_Tc190287288" 题型九：三点共线问题 PAGEREF _Tc190287288 \h 74
\l "_Tc190287289" 题型十：四点共圆问题 PAGEREF _Tc190287289 \h 82
\l "_Tc190287290" 题型十一：切线问题 PAGEREF _Tc190287290 \h 90
\l "_Tc190287291" 题型十二：定比点差法 PAGEREF _Tc190287291 \h 98
\l "_Tc190287292" 题型十三：齐次化 PAGEREF _Tc190287292 \h 103
\l "_Tc190287293" 题型十四：极点极线问题 PAGEREF _Tc190287293 \h 108
\l "_Tc190287294" 题型十五：同构问题 PAGEREF _Tc190287294 \h 115
\l "_Tc190287295" 重难点突破：蝴蝶问题 PAGEREF _Tc190287295 \h 119
解析几何作为高考数学中的一个关键部分，其题目往往设计得既具有挑战性又富有区分度，常作为试卷中用以检验学生能力和拉开分数差距的难题。这类题目不仅思维要求高，而且计算也相当复杂，常常让学生感到棘手。通过深入分析近年来的高考真题和模拟试题，我们可以总结出以下几个主要的考查点：
（1）探究解析几何的基本方法和通用策略；
这涉及到运用解析几何的基本原理和公式，去求解和证明相关的几何问题。
（2）圆锥曲线中的极值、定点和定值问题；
这些问题通常要求学生能够灵活运用圆锥曲线的性质和方程，通过代数运算和几何分析，找出特定的数值或位置关系。
（3）解析几何中常见的模型和问题类型；
这包括直线与圆、椭圆、双曲线、抛物线等圆锥曲线的位置关系，以及它们之间的交点、切线等几何特征。
解析几何的核心内容可以用“定义、方程、位置关系”这八个字来概括。无论是高考中的哪一道解析几何题目，都是围绕这八个字的内容，并结合上述三大核心考点来设计的。因此，掌握这八个字和三大考点，对于提高解析几何的解题能力和应对高考都具有重要的意义。
1、直接推理计算，定值问题一般是先引入参数，最后通过计算消去参数，从而得到定值．
2、先猜后证，从特殊入手，求出定点或定值，再证明定点或定值与参数无关．
3、建立目标函数，使用函数的最值或取值范围求参数范围．
4、建立目标函数，使用基本不等式求最值．
5、根据题设不等关系构建不等式求参数取值范围．
6、已知点是椭圆上一个定点，椭圆上有两动点、
（1）若直线，则直线过定点
（2）若直线，则直线斜率为定值；
（3）若直线，则直线过定点
（4）若直线，则直线斜率为定值；
（5）当直线过定点为原点时，则有（第三定义）；
7、过双曲线上任一点，、为双曲线上两动点
（1）若，则直线恒过定点．
（2）若直线，则直线斜率为定值；
（3）若，则直线恒过定点．
（4）若直线，则直线斜率为定值；
（5）当直线过定点为原点时，则有（第三定义）；
8、过抛物线上任一点引两条弦、，
（1）若，则直线恒过定点．（2018全国一卷文科）
（2）若，则直线恒过定点．
（3）若直线，则直线斜率为定值则．
1．（2024年北京高考数学真题）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．
【解析】（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.
2．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴．
(1)求的方程；
(2)过点的直线交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：轴．
【解析】（1）设，由题设有且，故，故，故，
故椭圆方程为.
（2）直线的斜率必定存在，设，，，
由可得，
故，故，
又，
而，故直线，故，
所以
，
故，即轴.
3．（2024年天津高考数学真题）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．
【解析】（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.
4．（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）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．
【解析】（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，解的或，经代入判别式验证均满足题意.
则直线为或，即或.
5．（2023年北京高考数学真题）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：．
【解析】（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．（2023年高考全国甲卷数学（理）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．
【解析】（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．
7．（2023年高考全国乙卷数学（理）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．
【解析】（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.
8．（2023年天津高考数学真题）已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知．
(1)求椭圆的方程和离心率；
(2)点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程．
【解析】（1）如图，
由题意得，解得，所以，
所以椭圆的方程为，离心率为.
（2）由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得，
设直线的方程为，
联立方程组，消去整理得：，
由韦达定理得，所以，
所以，.
所以,,，
所以，
所以，即，
解得，所以直线的方程为.
9．（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于．
【解析】（1）设,则，两边同平方化简得，
故.
（2）法一：设矩形的三个顶点在上,且，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，
则,令，
同理令，且，则，
设矩形周长为,由对称性不妨设，，
则，易知
则令,
令，解得，
当时，，此时单调递减，
当，，此时单调递增，
则，
故,即.
当时,,且，即时等号成立，矛盾，故,
得证.
法二：不妨设在上，且，
依题意可设，易知直线，的斜率均存在且不为0，
则设,的斜率分别为和，由对称性，不妨设，
直线的方程为，
则联立得，
，则
则，
同理，
令，则，设，
则，令，解得，
当时，，此时单调递减，
当，，此时单调递增，
则，
，
但，此处取等条件为，与最终取等时不一致，故.
法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动个单位得抛物线,
矩形变换为矩形,则问题等价于矩形的周长大于.
设 , 根据对称性不妨设 .
则 , 由于 , 则 .
由于 , 且 介于 之间,
则 . 令 ,
,则,从而
故
①当时,
②当 时,由于,从而,
从而又,
故,由此
，
当且仅当时等号成立，故，故矩形周长大于.
.
10．（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上.
【解析】（1）设双曲线方程为，由焦点坐标可知，
则由可得，，
双曲线方程为.
（2）由(1)可得，设，
显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且，
与联立可得，且，
则，
直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得：
，
由可得，即，
据此可得点在定直线上运动.
题型一：轨迹方程
【典例1-1】一动圆与圆外切，与圆内切． 设动圆圆心的轨迹为
(1)求曲线的方程；
(2)直线与曲线分别交于两点，以为直径的圆过坐标原点O，动点在上，且成等比数列，求动点的轨迹方程．
【解析】（1）设动圆的半径为，圆心.
圆，其圆心，半径；
圆，其圆心，半径.
因为动圆与圆外切，所以；动圆与圆内切，所以.
则，而.
根据椭圆的定义： （为长半轴长），（为半焦距），可得，.
根据，可得.
所以曲线的方程为.
（2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，.
联立，消去得.
则，即.
由韦达定理得，.
因为以，为直径的圆过原点，所以，即.
.
则.
将与代入可得：
，化简得.
设，因为，，成等比数列，所以.
设，在直线上的射影分别为根据直角三角形射影定理可得.
设直线的倾斜角为，则，.
，.
将与代入并结合以及化简可得.
当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，，.
代入椭圆方程可得，.
因为，所以，解得.
此时.
则动点的轨迹方程.
【典例1-2】线段的长为3，端点分别在轴和轴上运动，点满足，记点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)曲线与轴的左右两个交点分别为为上异于的动点.过点分别作直线，直线，其中与曲线交于两点，交直线于点，点满足.
①求点的轨迹方程；
②的面积是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）设点，，，由，则，
由，可得，即，代入，
可得，
所以曲线的方程为.
（2）①因为，所以，
不妨设，则，
设，，，
则①，②，
由，得，则，
即，
由，得，
则，即，
又①②得，
，即得，且，
所以点的轨迹方程为.
②设，则，
设直线的斜率分别为，则，
联立，得，
联立，得，
设直线与轴交于点，直线与轴交于点，
则
，
当且仅当，即时等号成立，
所以的面积存在最小值，最小值为3.
求动点的轨迹方程有如下几种方法：
（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．
【变式1-1】过点的直线与抛物线交于点M，N，且当直线恰好过抛物线C的焦点F时，．
(1)求抛物线C的方程；
(2)设点Q在线段MN上（异于端点），且，求点Q的轨迹方程．
【解析】（1）当直线恰好过抛物线C的焦点时，设直线的方程为：，其中，设，
联立直线与抛物线方程：，可得：
，此时，
化简可得：，解得：，
所以抛物线C的方程为：.
（2）设直线的方程为： ，设，，
联立直线与抛物线方程：，可得：，
且，解得：且，
，
因为，即，则有，
整理可得：，
即，，所以，
即的轨迹方程为：且.
1．已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比为常数，其中，且，记点的轨迹为曲线．
(1)求的方程，并说明轨迹的形状；
(2)设点，若曲线上两动点均在轴上方，，且与相交于点．当时，
（ⅰ）求证：为定值
（ⅱ）求动点的轨迹方程．
【解析】（1）设点，由题意可知，即，
经化简，得的方程为，
当时，曲线是焦点在轴上的椭圆；
当时，曲线是焦点在轴上的双曲线．
（2）当时，由（1）可知的方程为，
设点，其中且，
（i）证明：因为，所以，
因此，三点共线，
且，
设直线的方程为，联立的方程，得，，
则，
由（1）可知，
所以
（定值），
（ⅱ）由椭圆定义，得，
，
解得，
同理可得，
所以
．
所以，点在以点为焦点长轴长为6的椭圆上，由于点均在轴上方，所以动点的轨迹方程为
题型二：向量搭桥进行翻译
【典例2-1】在平面直角坐标系中，已知曲线，点P、Q分别为上不同的两点，．
(1)求所在椭圆的离心率；
(2)若在y轴上，若T到直线的距离为，求P的坐标；
(3)是否存在t，使得是以T为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求t的取值范围；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）由，则，即离心率为；
（2）由题设，问题化为以为圆心，为半径的圆与过的直线相切，
且切线与有交点，显然切线斜率存在，令切线为，
所以，可得，则或，
当，则切线为，联立，可得，
则或，故此时，满足；
当，则切线为，联立，可得，
则或，故此时，不满足；
综上，.
（3）由题设，直线的斜率存在，可设，，
联立，整理得，
其中，即，
所以，，则，
，
所以且，故，
当时，则且，则，此时，满足；
当，而的中点为，又，
则，即，
且，
，
所以，则，
所以，则，故
所以，则.
综上，.
【典例2-2】已知椭圆的左、右焦点分别为，右顶点为，上顶点为，设为上的一点．
(1)当时，求的值；
(2)若点坐标为，则在上是否存在点使的面积为，若存在，请求出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)已知点坐标为，过点和点的直线与椭圆交于另一点，当直线与轴和轴均不平行时，有，求实数的取值范围．
【解析】（1）由椭圆方程知：，，，则，
设，，解得：，即，
由椭圆定义知：.
（2）由（1）知：，
，；
若存在点，使的面积为，
则点到直线的距离，
，直线方程为：，即，
设平行于直线且到直线的距离为的直线方程为，
，解得：或；
当时，直线方程为，
由得：，解得：或，
或，点或；
当时，直线方程为，
由得：，方程无解，
即直线与椭圆无交点，此时不存在满足题意的点；
综上所述：存在满足条件的点，点坐标为或.
（3）由题意可设直线，，，
由得：，
，即，，，
设线段中点为，则，，
，又为中点，，
，，即，，
直线与轴和轴均不平行，，，
，整理可得：，
，，解得：，
所以实数的取值范围为.
把几何语言转化翻译为向量语言，然后用向量知识来解决．
【变式2-1】已知动圆与圆外切，与圆内切，记动圆圆心的运动轨迹为曲线.
(1)求的方程；
(2)若分别是的左､右顶点，是圆上一点，设和的夹角为，求的取值范围.
【解析】（1）由题可知，的半径为的半径为.
设的半径为，由与外切，与内切，得
则.
由椭圆的定义知，曲线是长轴长为，左､右焦点分别为的椭圆，
故的方程为.
（2）由（1）可知，，设，则，
则，
所以，则，得.
若在轴上，则，从而.
若在不在轴上，则，
且，由，得，
则，得.
因为，所以，则，
由，
解得.
综上所述，的取值范围为.
1．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.
【解析】（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．
题型三：弦长、面积背景的条件翻译
【典例3-1】已知两定点，，动点P满足
(1)求点P的轨迹方程;
(2)过的直线l与动点P的轨迹交于两点A，B，与直线交于点C，设O为坐标原点，若，求直线l的方程.
【解析】（1）依题意知，，
点P的轨迹是以、为焦点的椭圆，且焦点在x轴上，
设椭圆方程为，
由，，得，，，
故所求点P的轨迹方程为
（2）依题意，设直线l的斜率为，则直线l的方程为，
设，，
联立，消y得，，
可得：①，②，
由，，，
，整理得③，
由①③得，，代入②，解得，
直线l的方程为或
【典例3-2】法国数学家加斯帕尔·蒙日发现过圆上任意一点作双曲线的两条切线，这两条切线互相垂直.我们通常把这个圆称作双曲线的蒙日圆.如图，过双曲线的蒙日圆上一点作的两条切线，与该蒙日圆分别交于异于点的，两点，，且的周长为.
(1)求双曲线的标准方程.
(2)过双曲线的右焦点的直线与交于，两点（异于顶点），线段的中垂线与轴交于一点，是否存在常数，使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【解析】（1）由题可知，双曲线的蒙日圆方程为，且，
所以为蒙日圆的直径，，又，
所以，，
，.
所以的周长为，所以.
故双曲线的标准方程为.
（2）由（1）得，由已知可得，直线的斜率存在且不为，
设直线的方程为，，，
将直线的方程与双曲线方程联立得，
整理得关于的方程，
当，即时，直线AB与双曲线的渐近线平行，与双曲线只有一个交点，不符合题意，
故，且，所以，，.
设线段的中点为，则，，所以.
因为是线段的中垂线，所以直线的斜率为，所以其方程为，
令，得，故，所以，
，
所以，存在使得，且.
首先仍是将题目中的基本信息进行代数化，坐标化，遵循直线与圆锥曲线题目通解中的套路，即设点设线、直由联立、看判别式、韦达定理．
将有关弦长、面积背景的问题进行条件翻译时，一般是应用弦长公式、点到直线的距离公式及面积公式（在圆中要用半径、半弦、弦心距组成的直角三角形求弦长）将有关弦长、面积的条件翻译为：（1）关于某个参数的函数，根据要求求出最值；（2）关于某个参数的方程，根据要求得出参数的值或两参数间的关系．
【变式3-1】已知圆A：，圆B：，圆C与圆A、圆B都外切，记圆心C的轨迹为E．
(1)求E的方程；
(2)过点的直线交E于M，N两点，与直线交于点T，过点T作x轴的平行线l，直线OM，ON与直线l分别交于S，Q两点，证明：与的面积相等．
【解析】（1）设圆C的半径为r，又圆C与圆A、圆B外切，所以，，
则，故点C的轨迹为以A，B为焦点的双曲线的一支，
所以曲线E的方程为.
（2）由题意，直线MN斜率存在且不为0，设直线MN为，，，
其中且，
联立方程组，消去x有，
则，，，
直线MN：与直线的交点，
直线MO：与直线l：的交点，
直线NO：与直线l：的交点，
由于
，
故点T是QS的中点，所以与的面积相等．
1．对于椭圆：（），我们称双曲线：为其伴随双曲线.已知椭圆C：（），它的离心率是其伴随双曲线离心率的倍.
(1)求椭圆C伴随双曲线的方程；
(2)点F为的上焦点，过F的直线l与上支交于A，B两点，设的面积为S，（其中O为坐标原点）.若，求的值.
【解析】（1）设椭圆C与其伴随双曲线的离心率分别为，，
依题意可得，，即，
即，解得，
所以椭圆C：，则椭圆C伴随双曲线的方程为．
（2）由（1）可知，直线l的斜率存在，故设直线l的斜率为k，，，则直线l的方程，
与双曲线联立并消去y，得，
则，，，，
需满足，则，
又，
则，解得；
又，
所以
，
所以.
题型四：斜率之和差商积问题
【典例4-1】已知椭圆C：的长轴长是短轴长的2倍，焦距为，点A，B分别为C的左、右顶点，点P，Q为C上的两个动点，且分别位于x轴上、下两侧，和的面积分别为，，记
(1)求椭圆C的方程；
(2)若，求证直线PQ过定点，并求出该点的坐标；
(3)若，设直线AP和直线BQ的斜率分别为，，求的取值范围．
【解析】（1）由题意知，，，又，，，
所以椭圆C的方程为：
（2）证明：由知，，由图形对称性可知，定点M在x轴上，
设直线PQ方程为：，，，，
，解得，
即定点坐标为
（3）设直线PQ的方程为，，
联立可得，
则，，且
于是
，
，，即的范围是
【典例4-2】已知双曲线的方程为，虚轴长为，点在曲线上.
(1)求双曲线的离心率；
(2)过原点的直线与双曲线交于两点，已知直线和的斜率存在.证明：直线和的斜率之积为定值.
【解析】（1）由题意，
从而，
所以双曲线方程，离心率.
（2）证明：由题意知点关于原点对称，
不妨设，则，
设直线的斜率为，直线的斜率为，
因为，
所以（*）
又点，在曲线上，即，
代入（*）得，
所以直线的斜率和直线的斜率之积为定值3.
在面对有关等角、倍角、共线、垂直等几何特征时，可设法将条件翻译成关于斜率的关系式，然后将斜率公式代入其中，得出参数间的关系式，再根据要求做进一步的推导判断．
【变式4-1】已知椭圆，直线与交于点，过椭圆上一点（非顶点）作的切线与直线和分别交于点.
(1)若，求取得最小值时椭圆的标准方程；
(2)若椭圆的右顶点为，直线与轴交于点，直线与直线交于点，直线，，的斜率分别为，，，求证：，，成等差数列.
【解析】（1）由于在椭圆上，所以，
由，得，
当且仅当，即时，取得最小值.
故取得最小值时椭圆的标准方程为.
（2）根据不是椭圆的顶点可知直线的斜率存在且不为0，
设直线为，所以，.
由，得
由于直线与椭圆相切，所以，
即，得，
所以（*）式可化为，即，得，故.
由题，得，所以，
故直线的方程为，
令，得，故.
所以，
所以直线的方程为，
令，得，
所以.易知，
由于，所以.
设，故，，，
故，
故成等差数列.
1．已知椭圆的右焦点为，离心率为为坐标原点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线与椭圆相交于两点，的面积为，求直线的斜率之积的值.
【解析】（1）由题意可得
，解得
椭圆的标准方程为.
（2）设
①当直线的斜率不存在时，根据陏圆的对称性不妨设点在第一象限，则
因为，所以
又因为，解得
所以
②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
由联立，得
得
点到直线的距离为，
则
解得
综上所得，求直线的斜率之积的值.
题型五：弦长、面积范围与最值问题
【典例5-1】已知点是椭圆：（）上一点，的焦距为2.
(1)求的方程；
(2)过的右焦点作斜率不为0的直线，交于，两点，，是的左、右顶点，记直线，的斜率分别为，.
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）设为直线与直线的交点，记的面积为，的面积为，求的最小值.
【解析】（1）由题意知，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）
（ⅰ）设直线的方程为，，，
由得，，
所以，，
所以，
由（1）得，，
则
.
（ⅱ）设直线的直线方程为，
由（ⅰ）可知，
则直线的方程为，联立解得的横坐标为4.
所以
由（ⅰ）知，，
，
所以
，
所以当时，的最小值为.
【典例5-2】已知椭圆的左、右焦点分别为、，过的直线交椭圆于、两点，过的直线交椭圆于、两点，且⊥，垂足为.

(1)求点的轨迹方程；
(2)证明：当的斜率存在且时，、弦长的倒数和为定值；
(3)求四边形的面积的最小值.
【解析】（1）椭圆的半焦距，
由⊥知，点在以线段为直径的圆上，故点的轨迹方程；
（2）当的斜率存在且时，故的方程为，
代入椭圆方程中，
化简得，
设，，则，
则
，
因为与相交于点，且的斜率为.
所以，
当的斜率存在且时，
、弦长的倒数和为；
（3）当的斜率存在且时，由（2）知，，，
故四边形的面积
.
当时，上式取等号.
当的斜率时，如图所示，
此时，
中，令得，故，
故四边形的面积，
当的斜率不存在，同理可得，
综上，四边形的面积的最小值为.
弦长和面积的最值问题首先需要将弦长和面积表达出来，弦长可用弦长公式求出；面积的表达以直线与椭圆相交得到的为例，总结一下高考中常见的三角形面积公式．对于，有以下三种常见的表达式：
①（随时随地使用，但是相对比较繁琐，想想弦长公式和点到直线距离）②（横截距已知的条件下使用）
③（纵截距已知的条件下使用）
【变式5-1】已知曲线，从上任意不在轴上的一点向轴作垂线，为垂足，是线段的中点.
(1)求动点的轨迹的方程，并说明轨迹是什么图形；
(2)已知，若为轨迹上位于轴同侧的两点，且共线，求四边形面积的最大值.
【解析】（1）设，则，由中点坐标公式得.
因为点在曲线上，所以.
故线段的中点的轨迹的方程为.
且轨迹是以为焦点，长轴长为4，去掉长轴端点的椭圆.
（2）因为为轨迹上位于轴同侧的两点，且共线，
所以，直线与轨迹的另一交点为与轨迹的另一交点为，
根据对称性知四边形的面积为四边形的面积的一半，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
与椭圆两交点的坐标分别为，
由得
所以，
所以
.
直线的方程为，
两平行线与的距离，
所以
，
令，则，
所以，
当时，最大，最大值为2
当直线的斜率不存在时，，
故四边形的面积的最大值为2.
1．已知双曲线的离心率为，焦距为．
(1)求的标准方程；
(2)若过点作直线分别交的左､右两支于两点，交的渐近线于，两点，求的取值范围．
【解析】（1）因为的离心率为，焦距为，
所以，解得，所以．
所以的标准方程为．
（2）由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，双曲线的渐近线方程为，
不妨设分别在左､右位置，联立，得，
联立，得，
所以，
联立，得，
设，则，
由，即，
所以，
所以，
又，所以，
所以的取值范围为．
题型六：定值问题
【典例6-1】平面直角坐标系中，动点到点的距离比它到轴的距离多1．
(1)求动点的轨迹方程；
(2)若点C为，过的直线l与点的轨迹交于A，B两点（A，B与C不重合），直线，与直线交于点，．证明：以为直径的圆在上截得的弦长为定值．
【解析】（1）因为到点的距离为，到轴的距离为．
由题意动点到点的距离比它到轴的距离多1得，
整理得，，即．
当时，；
当时，；
所以动点的轨迹方程为或．
（2）依题意设直线的方程为，依题意，点的轨迹方程应取，
将代入，消去得，
设，，则，，
设，，，
则，
直线的方程为，
令，则，
，同理可得，
以线段为直径的圆与轴交点设为，
则，，且，
，
，
或，
以为直径的圆在轴上截得的弦长为定值．
【典例6-2】已知椭圆的焦距为2，且经过点.
(1)求椭圆的方程；
(2)点是椭圆上的两个动点，若直线的斜率与直线的斜率互为相反数，证明直线的斜率为定值，并求出该定值.
【解析】（1）因为焦距为2，所以，
又，
且，
解得，
椭圆的方程为；
（2）设直线方程：得，代入，
得，
设，
，
且，则，
，
又直线的斜率与的斜率互为相反数，在上式中以代，可得
，
所以直线的斜率，
即直线的斜率为定值，其值为.
求定值问题常见的方法有两种：
（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．
【变式6-1】已知双曲线的一条渐近线的斜率为，双曲线的一条渐近线的斜率为，且的一个焦点到其渐近线距离为2.
(1)求的方程；
(2)若上任意一点关于直线的对称点为，过分别作的两条渐近线的平行线，与分别交于求证：为定值.
【解析】（1）由题意得，
，
的焦点到渐近线的距离为，
，
双曲线方程为.
（2）令，由题意，
在上，，得，
即，
则过与其中一条斜率为2的渐近线平行的直线，
联立，可得，
即，解得，
即，同理可得，
，证毕.
1．定义：对椭圆及任意一点，称直线为关于点的“极线”.
结论1：若点在椭圆上，则关于点的极线就是在点处的切线.
结论2（椭圆的光学性质）：从椭圆一个焦点发出的光线照射到椭圆上，其反射光线会经过另一个焦点.
试根据上面的定义和结论解决下列问题：
已知是椭圆的两个焦点，关于点的极线与相交于两点.
(1)求；
(2)设在点处的切线为，在点处的切线为，过在上且在外一点作的两条切线，切点分别为,证明：直线相交于一点；
(3)若是上除顶点以外的任意一点，直线和分别与直线相交于点，证明：为定值.
【解析】（1）根据定义，可得的方程为，即，
将其代入的方程得，解得，
不妨取，所以.
（2）根据所给结论可知分别是关于点的极线，
如图（1），取，则.
由解得所以和交于点，
要证明直线相交于一点，只需证明直线过点即可.
设.
根据所给结论，可知直线，直线.
因为直线和都经过点，所以，
所以直线的方程为，将代入，得，方程也成立，
所以直线过点，故直线相交于一点.
（3）由题意，在点处的切线方程为，则与平行，且经过坐标原点.
如图（2）所示，由椭圆的光学性质，可知.
又因为，所以，所以，所以.
过作，与交于点，则，所以.
另一方面，因为，所以，
从而，所以.
因此，故为定值.
题型七：中点弦与对称问题
【典例7-1】设椭圆.已知点，在椭圆上.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若过点的直线与椭圆交于两点（在右侧），且与线段交于点.
（i）证明：；
（ii）当为中点时，求直线的方程.
【解析】（1）由题意，且，可得，
故椭圆的标准方程为；
（2）（i）由题设，直线，且直线的斜率存在，
设，，，，
则，，且，
联立，消去y可得，
所以，可得，
则，，
要证，即证，
即证，整理得，
即证，整理得，
将，代入，得，
所以，显然两侧相等，结论得证.
（ii）当为中点时，由（i）结论，有，
所以，即，结合韦达定理，
有，将代入，得，
消去得，整理得，
所以或，则直线为或.
【典例7-2】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．
【解析】（1）因为，所以，即，
则，解得．
（2）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.
对于中点弦问题常用点差法解决．
【变式7-1】已知O为坐标原点，点在椭圆C：上，直线l：与C交于A，B两点，且线段AB的中点为M，直线OM的斜率为．
(1)求C的方程；
(2)若，试问C上是否存在P，Q两点关于l对称，若存在，求出P，Q的坐标，若不存在，请说明理由．
【解析】（1）设，则
∵在椭圆上，则
两式相减得，整理得
∴，即，则
又∵点在椭圆C：上，则
联立解得
∴椭圆C的方程为
（2）不存在，理由如下：
假定存在P，Q两点关于l：对称，设直线PQ与直线l的交点为N，则N为线段PQ的中点，连接ON
∵，则，即
由（1）可得，则，即直线
联立方程，解得
即
∵，则在椭圆C外
∴假定不成立，不存在P，Q两点关于l对称
1．已知双曲线：的左右顶点分别为、．
(1)求以、为焦点，离心率为的椭圆的标准方程；
(2)直线过点与双曲线交于两点，若点恰为弦的中点，求出直线的方程；
【解析】（1）由题意可得，，，则，
又，，
所以椭圆的标准方程为.
（2）设，点恰为弦的中点，则，，
又因为两点在双曲线上，
可得，两式相减得，
化简整理得，即，
所以直线的方程为，即，
经检验，满足题意.
题型八：定点问题
【典例8-1】材料：椭圆上点处的切线方程可化为，抛物线上点处的切线方程可化为．
问题：已知椭圆上点处的切线为，且抛物线与相切．
(1)求切线的方程．
(2)求抛物线的方程．
(3)已知定点，不过点的直线与抛物线恒有两个不同交点，且与其准线交于点（点不在轴上）．若直线的斜率分别是，且成等差数列，证明：直线恒过定点．
【解析】（1）由材料知椭圆上点处的切线为，
即，
所以切线的方程为．
（2）设抛物线与直线相切于点，
由题知抛物线在点处的切线方程为，
即．
与对照得：．
又因为，所以，解得．
所以抛物线的方程为．
（3）设直线的方程为，
由（2）得的准线方程为．
联立得，即点．
由点得．
由成等差数列，得，
即①，
由，在直线上得，代入①得
②
联立，
则，即．
由韦达定理得③．
将③代入②得．
化简得，
即，
即，
即，
即。
又因为直线不过点和点，则且，故．
即直线的方程为，所以直线恒过定点．
【典例8-2】已知椭圆经过点，其右焦点为.
(1)求椭圆的离心率；
(2)若点在椭圆上，右顶点为A，且满足直线与的斜率之积为，求证：直线PQ过定点.
【解析】（1）依题可得，，解得，
所以椭圆的方程为.所以离心率.
（2）由（1）知，易知直线与的斜率存在且同号，所以直线不垂直于轴，
故可设，
由可得，，
所以，
，而，即，
化简可得，
即，
即，
化简得，所以或，
所以直线或，
因为直线不经过点A，所以直线经过定点.
求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明．
【变式8-1】已知椭圆（）的焦距为2，点在C上．
(1)求C的方程；
(2)若过动点P的两条直线，均与C相切，且，的斜率之积为，点，问是否存在定点B，使得？若存在，求出点B的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）由题意知，椭圆C的半焦距，焦点分别为，，
由椭圆定义得，椭圆长轴长，
即，，所以椭圆C的方程为．
（2）设点，显然，
过点P的直线方程为，
由，消去y并整理得．
因为直线l与C相切，则，
得，
即，
设直线，的斜率分别为，，显然，是上述关于k的一元二次方程的两个根，
则，化简得，
即点P到坐标原点O的距离，
故点P在以O为圆心，为半径的圆上，并且是动点，而点A为该圆上一定点，
则当满足时，为圆O的直径，即点，
所以存在点满足题意．
1．已知椭圆过点，离心率为，一条直线与椭圆交于、两点，线段的垂直平分线为，为直线与直线的交点.
(1)求椭圆的方程；
(2)若，直线是否过定点？如果是，求出该定点的坐标；如果不是，说明理由.
【解析】（1）因为椭圆过点，离心率为，
则，解得，
因此，椭圆的方程为.
（2）设点、，则，
当直线的斜率存在且不为零时，设直线的方程为，
联立可得，
则，可得，
当时，由韦达定理可得，整理可得，
可得，
此时，，则，
所以，直线的方程为，即，
此时，直线恒过定点；
当直线轴时，则线段的方程为，此时点、关于轴对称，
则直线为轴，此时，直线过点；
当直线轴时，此时点、关于轴对称，则，不合乎题意.
综上所述，直线恒过定点.
题型九：三点共线问题
【典例9-1】已知椭圆的长轴长为，离心率为，斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点.
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线的方程为：，椭圆上点关于直线的对称点（与不重合）在椭圆上，求的值；
(3)设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为，若点和点三点共线，求的值.
【解析】（1）椭圆的长轴长为，离心率为，
则，则，则，
则椭圆的方程为.
（2）设椭圆上点关于直线的对称点，
则，
解之得，则，
由在椭圆上，可得，
整理得，解之得或，
当时与点重合，舍去，
则.
（3）设，则，
又，则，直线的方程为，
由，整理得，
则，则，
又，则，
则，则，
令则，直线的方程为，
由，整理得，
则，则，
又，则，
则，则，
则，
，
由点和点三点共线，可得，
则，
整理得，则.
【典例9-2】已知椭圆的一个焦点为，点在椭圆上，过点作一直线交椭圆于、两点，且坐标原点关于点的对称点记为.
(1)求椭圆的方程；
(2)求面积的最大值；
(3)设点为点关于轴的对称点，求证：、、三点共线.
【解析】（1）根据题意可得，解得，，所以椭圆的方程为.
（2）由题可得原点关于点的对称点的坐标为，
显然直线斜率不为零，故设过点的直线的方程为，，，
所以，得，
其中，，，
则，
所以，
令，，则，
所以，当且仅当，即，时取等号，
则直线的方程为时，面积的最大值为.
（3）证明：设，则，，
由
，
所以，与共线，即，，三点共线.
证明共线的方法：（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3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：通过计算求出以这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”．
【变式9-1】椭圆的离心率为，左、右顶点分别为A，B，过点的动直线与椭圆相交于P，Q两点，当直线的斜率为1时，.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线AP与直线的交点为，是否存在定实数，使Q，B，N三点共线?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）
如图，设，当直线的斜率为1时，直线方程为.
联立
消去，得.显然，
则
即.
又离心率则，即.
解得.
椭圆的标准方程为.
（2）由题意知，当直线与轴垂直时，，
则AP的方程为，
令，得，，
由三点共线，可得，，解得
当直线不与轴垂直时，设直线的方程为.
联立消去，得.
，AP的方程为，
令，得，
即共线，故Q，B，N三点共线.
故存在定实数，使Q，B，N三点共线.
1．已知椭圆（）的长轴为，短轴长为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线l：与椭圆交于不同两点；
①若，求直线的方程．
②已知点，，连接交椭圆于另一点，连接交椭圆于另一点，求证三点共线.
【解析】（1）由已知长轴为，短轴长为，
可得，，
则椭圆的标准方程为：；
（2）①依题意，解得，
因为，可得，
且，
因为，
解得，
所以直线的方程为：．
②证明：设，
，
联立，消去整理得：
，
，
又，
代入整理得：，
，
，
同理可得，
，
而
所以有，
整理得，
，
，
因此∥，
故三点共线.
题型十：四点共圆问题
【典例10-1】在平面直角坐标系中，椭圆的长轴长为4，离心率为，直线交于两点.
(1)求的方程；
(2)若直线过的右焦点，当面积最大时，求；
(3)若直线不过原点，为线段的中点，直线与交于两点，已知四点共圆，证明：.
【解析】（1）依题意可得，解得，
所以，故椭圆的方程为.
（2）由（1）可知，由题可设直线的方程为，，
联立，消去可得，
则恒成立，
则，
所以
，
当且仅当时等号成立，所以直线垂直于轴时，的面积取最大值，
此时，.
（3）
若直线的斜率为，为上下顶点，且，
若四点共圆，则不成立，
所以由题可设直线的方程为，，
则，联立，可得，
当，
即时，，
所以中点的坐标为，所以，
故直线，
由四点共圆，则，
由，
联立，可得，即，
所以，
所以，可得，
所以，
又直线不过原点，所以，所以，
，
即.
【典例10-2】已知椭圆T：的右焦点为，直线l：与椭圆T相切．
(1)求椭圆T的方程；
(2)过点作与x轴平行的直线交椭圆T于M，N两点，直线PE与y轴交于点Q，证明：M，N，E，Q四点共圆．
【解析】（1）联立，得．
由题意可得，
化简得．
联立解得
所以椭圆T的方程为．
（2）因为点M，N关于y轴对称，所以外接圆的圆心在y轴上．
设的外接圆方程为．
因为点E在的外接圆上，所以，解得．
联立解得．不妨取，．
因为点N在的外接圆上，所以，
解得，所以的外接圆方程为．
直线PE的方程为，
令，解得，所以．
将点代入，
得，等式成立．
所以点Q也在的外接圆上，故M，N，E，Q四点共圆．
证明四点共圆的方法：
方法一：从被证共圆的四点中先选出三点作一圆，然后证另一点也在这个圆上，若能证明这一点，则可肯定这四点共圆．
方法二：把被证共圆的四个点连成共底边的两个三角形，且两三角形都在这底边的同侧，若能证明其顶角相等，则可肯定这四点共圆（根据圆的性质一一同弧所对的圆周角相等证）．
方法三：把被证共圆的四点连成四边形，若能证明其对角互补或能证明其中一个外角等于其内对角时，则可肯定这四点共圆（根据圆的性质一一圆内接四边形的对角和为 ，并且任何一个外角都等于它的内对角）．
方法四：证明被证共圆的四点到某一定点的距离都相等，或证明被证四点连成的四边形其中三边中垂线有交点），则可肯定这四点共圆（根据圆的定义：平面内到定点的距离等于定长的点的轨迹为圆）．
【变式10-1】已知椭圆，C的上顶点为B，左右顶点分别为A1、A2，左焦点为F1，离心率为．过F1作垂直于x轴的直线与C交于D，E两点，且．
(1)求C的方程；
(2)若M，N是C上任意两点
①若点，点N位于x轴下方，直线MN交x轴于点G，设和的面积分别为，，若，求线段MN的长度；
②若直线MN与坐标轴不垂直，H为线段MN的中点，直线OH与C交于P，Q两点，已知P，Q，M，N四点共圆， 求证：线段的长度不大于．
【解析】（1）由离心率为，得，
由得在椭圆上，可得，
解得，
所以故椭圆C的方程为.
（2）①由（1）可得，
连接，因为， ，
所以，得;
所以，所以直线ON的方程为， ，
由得（舍去）.
所以.
②设直线， ，则
联立可得，
所以，，
，得．
所以中点H的坐标为，所以，
故直线OH：.
由P，Q，M，N四点共圆，则，
由;
联立可得，，所以，
所以，
所以得，
所有，得
即.
1．已知抛物线的焦点为F，过点的直线l与交于A、B两点．设在点A、B处的切线分别为，，与x轴交于点M，与x轴交于点N，设与的交点为P．
(1)设点A横坐标为a，求切线的斜率，并证明；
(2)证明：点P必在直线上；
(3)若P、M、N、T四点共圆，求点P的坐标．
【解析】（1）点A横坐标为a，则，
因为，，所以点A处的切线斜率为a
所以切线的方程为，
切线与x轴的交点为，
因为，所以，
所以，所以，
当时，亦有；
结论得证.
（2）证明：设，，由，得，
所以，
所以直线，直线，
由，得，即两直线的交点，
因为点，，三点共线，
所以，，得，
所以，所以
所以点P在直线上
（3）因为直线，直线，
所以，，由（2）可知，
设的外接圆方程为，
则，
解得，，
所以外接圆方程为
将代入方程，得
又，解得，，
所以点P坐标为
解法二:抛物线的焦点，
由（1）可知，同理可证得，
所以F，M，N，P四点共圆，
所以PF是的外接圆的直径，
因为P、M、N、T四点共圆，所以点在的外接圆上，
所以，
所以，即，得，
所以直线TP方程为，即
又点P在直线上，
则由，得，
所以点P坐标为
题型十一：切线问题
【典例11-1】平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，其右焦点与抛物线的焦点重合．
(1)求，的方程；
(2)点是上位于第一象限的动点，在点处的切线与交于不同的两点，，线段的中点为，直线与过且垂直于轴的直线交于点．问点是否在一条定直线上，若在，求出直线的方程；若不在，说明理由．
【解析】（1）因为椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，
所以椭圆的焦点在轴上，又因为椭圆离心率为，
所以，解得，
所以椭圆，右焦点为，所以，，
所以抛物线；
（2）
由题可设，
当时，由得，，
所以点处切线的斜率为，
设，，则，
因为，在椭圆上，所以，
两式作差得，即，
所以直线的方程为，
令，解得，所以，
所以点在定直线上运动.
【典例11-2】给出如下的定义和定理：定义：若直线l与抛物线有且仅有一个公共点P，且l与的对称轴不平行，则称直线l为抛物线的切线，公共点P称为切点.定理：过抛物线上一点处的切线方程为.运用上述材料解决以下问题.已知过抛物线的焦点F的直线l与C相交于A，B两点，过A，B两点分别作C的切线，两切线交点为M.
(1)当线段AB中点的纵坐标为时，求直线l的斜率；
(2)求的值；
(3)若点D与点F关于原点对称，过点D作直线与C相交于不同的两点P，Q，分别过P，Q作C的切线，两切线相交于点R，问：是否存在直线，使得与的面积相等？若存在，求出的方程；若不存在，试说明理由.
【解析】（1）设，，则，，
两式相减得，由线段AB中点的纵坐标为，
得，
所以，即直线的斜率为.
（2）设，，则直线，即，
同理得，联立，
解得，则，
再设直线，联立，得，
则，则
，
而
故，所以.
（3）由已知可得，设，，直线，
联立，得，，
则，.
由（2）可知，C在点P处的切线方程为，
C在点Q处的切线方程为，
联立得，
所以轴.
故，，
假设存在直线，使得与的面积相等，
则，即.
又，解得或，此时P，Q重合，与题意矛盾，
故不存在直线，使得与的面积相等.
（1）若点是圆上的点，则过点的切线方程为．
（2）若点是圆外的点，由点向圆引两条切线，切点分别为A，B，则弦AB所在直线方程为．
（3）若点是椭圆上的点，则过点的切线方程为．
（4）若点是椭圆外的点，由点P向椭圆引两条切线，切点分别为A，B，则弦AB所在直线方程为．
【变式11-1】已知椭圆的短轴长为，且过点.
(1)求椭圆的方程；
(2)点为椭圆外的一点，过作两条直线与椭圆相切，且这两条直线互相垂直，求点的轨迹方程；
(3)过平面上一点作（2）中的轨迹的两条切线且这两条切线互相垂直，设点的轨迹方程为.依此类推，过平面上一点作轨迹的两条切线且这两条切线互相垂直，设点的轨迹方程为.在每条轨迹方程上任取三个点，且使得均为钝角（为坐标原点）.求证：
【解析】（1）由于椭圆C：的短轴长为，所以有.
又由于椭圆过点A，所以有，所以有
所以有椭圆C的方程为.
（2）当过作两条直线与椭圆C相切的直线中有一条直线的斜率不存在时，点的坐标为
当过作两条直线与椭圆C相切的直线中两条直线的斜率均存在时，可设这两条直线的斜率为，.
设点的坐标为，则切线方程可设为与
联立，
可得由于相切，
则.
则，即.
同理可得
所以，可以看成是的两根.
由于这两条切线互相垂直，则，所以有.
注意到，当当过作两条直线与椭圆C相切的直线中有一条直线的斜率不存在时，
点的坐标为，也满足，则点的轨迹方程为.
（3）由于点的轨迹方程为是一个圆，则过平面上一点作（2）中的轨迹的两条切线且这两条切线互相垂直，
点的轨迹方程也是一个圆，设轨迹方程的半径为，则点的轨迹方程的半径为，
依次类推，设轨迹方程的半径为，则点的轨迹方程的半径为，
不难发现是以为首项，为半径的一个等比数列，则.
由于､､是轨迹方程上任意三点，可设，，，
由于，，均为钝角，则.
.
.
记，，则，，
令，解得或（舍去），此时，
则当时，，此时单调递增，
当时，，此时单调递减，
取得最大值.
.
1．如图，已知椭圆的上、下焦点分别为，，焦距为2，离心率为，称圆心在椭圆上运动，且半径为的圆是椭圆的“环绕圆”.

(1)求椭圆的标准方程；
(2)记直线与椭圆的另一个交点为点，“环绕圆”的面积为，三角形的面积为，试判断，是否存在点，使，若存在，求满足条件的直线的条数，若不存在，请说明理由；
(3)若过原点可作“环绕圆”的两条切线，分别交椭圆于、两点，直线，的斜率存在，记为，，求的取值范围.
【解析】（1）由题意，，得，故椭圆的标准方程为；
（2）由（1）知：，显然直线不与轴重合，
设直线为，，
联立，得，显然，
所以，，
则，
圆半径为1，则，故，
所以（负值舍），即满足条件的直线有2条；
（3）设切线方程为，切线方程为，且，
圆与相切，则，化简得，
同理，
所以是的两个不相等实根，则，
又在椭圆上，故，则，
由存在，则，即，
所以.
题型十二：定比点差法
【典例12-1】已知椭圆的离心率为，半焦距为，且．经过椭圆的左焦点F，斜率为的直线与椭圆交于A、B两点，O为坐标原点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)当时，求的值；
(3)设，延长AR，BR分别与椭圆交于C，D两点，直线CD的斜率为，求证：为定值．
【解析】（1）由题意，得解得∴，故的方程为．
（2）由（1）知，
∴直线AB的方程为，由即，
设，，
则，，
∴．
设O点到直线AB的距离为d，则．
∴．
（3）设AB直线方程，
设，，，，
由由定比分点坐标公式：，
由于A，C满足椭圆方程，故得
两式作差得③，
将①②代入③可得，和①进行联立，
即，解得：
由同理可得，
∴
，
故．
【典例12-2】过的直线与椭圆交于P，Q，过P作轴且与椭圆交于另一点N，F为椭圆的右焦点，若，求证：
【解析】设，则
设直线NQ与x轴相交于点，
由题设知：，所以
，，即，①
设，则，，即，②
比较①②得，，
又，两式作差得，
得到，
得到，即M和F重合．
所以．
定比点差法是一种在解析几何中常用的方法，特别是在处理圆锥曲线（如椭圆、双曲线、抛物线）上的特定点时非常有效。该方法通过设定一个定点与曲线上任意两点之间的比值关系，结合点差法，可以简化计算过程，快速求解出所需参数或几何量。
【变式12-1】已知椭圆，点，过点P作椭圆的割线PAB，C为B关于x轴的对称点．求证：直线AC恒过定点．
【解析】设，，则，
设AC与x轴的交点为，，，
由定比分点公式坐标公式得：；，
即①，②，③，④，
由②④得⑤
∵点A、B在椭圆上，得，
两式相减得，
将①②代入上式得⑥
∵点A、C在椭圆上，得，将③④代入上式同理可得⑦
可得，故直线AC恒过定点．
1．在平面直角坐标系xy中，已知椭圆C:=1(a> b>0 )的离心率为，以椭圆上的一点和长轴的两个端点为顶点的三角形面积最大值为
（1）求a，b的值
（2）当过点P(6，0)的动直线1与椭圆C交于不同的点A，B时，在线段AB上取点Q，使得=，问点Q是否总在某条定直线上?若是，求出该直线方程，若不是，说明理由.
【解析】（1）由已知得，解得，所以；
（2）由（1）得椭圆的方程为C:，
设点的坐标分别为，.
由题设知均不为零，记，则且，又四点共线，从而，于是，，，，从而①，②，又点在椭圆上，所以③，④，
所以①②并结合③，④，得 ，
化简得.即点总在定直线上.
题型十三：齐次化
【典例13-1】已知椭圆的离心率为，过椭圆C右焦点并垂直于x轴的直线PM交椭圆C于P，M（点P位于x轴上方）两点，且△OPM（O为坐标原点）的面积为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l交椭圆C于A，B（A，B异于点P）两点，且直线PA与PB的斜率之积为，求点P到直线l距离的最大值．
【解析】（1）由题意可得，∴由题意可得且，解得，，
∴椭圆的方程为：．
（2）解法1：由（1）可得，
当直线 没有斜率时，设方程为： ，则 ，此时，化简得： 又，解得 或（舍去），此时P到直线l的距离为
设直线l有斜率时，设，，设其方程为：，联立可得且整理可得：，
，且，，
，整理可得：，
整理可得，整理可得，即，或，
若，则直线方程为：，直线恒过，与P点重合，
若，则直线方程为：，∴直线恒过定点，∴P到直线l的距离的最大值为的值为，
由于
∴点P到直线l距离的最大值．
解法2：公共点，左移1个单位，下移个单位，，
，，
，等式两边同时除以，，，，，
过，右移1个单位，上移个单位，过，∴P到直线l的距离的最大值为的值为，
由于
∴点P到直线l距离的最大值．
【典例13-2】如图，点为椭圆的右焦点，过且垂直于轴的直线与椭圆相交于､两点(在的上方)，.
（1）求椭圆的方程；
（2）设点､是椭圆上位于直线两侧的动点，且满足，试问直线的斜率是否为定值，请说明理由.
【解析】（1）由得：，
椭圆的方程：
（2）设直线的方程为，，
椭圆的方程即：
即：
联立得：
即
由得即：
直线的斜率为，是定值.
齐次化处理圆锥曲线是一种数学技巧，旨在将圆锥曲线的非齐次方程通过变量替换或坐标变换转化为齐次方程。这种处理可以简化问题的复杂度，使得后续的求解过程更为直观和高效，常用于解决与圆锥曲线相关的几何问题。
【变式13-1】已知抛物线，过点的直线与抛物线交于P，Q两点，为坐标原点．证明：．
【解析】直线
由，得
则由，得：，
整理得：，即：．
所以，
则，即：．
1．已知椭圆C：.过点，两个焦点为和.设E，F是椭圆C上的两个动点.
(1)如果直线AE的斜率与直线AF的斜率之和为2，证明：直线EF恒过定点；
(2)如果直线AE的斜率与直线AF的斜率之积为2，证明：直线EF恒过定点.
【解析】（1）设直线EF方程为，即，
从而.
又椭圆过点，可得
整理可得
所以
即
则
显然这是一个关于的一元二次方程.
对于问题（1），由韦达定理得
所以，故，则
所以直线EF恒过定点.
（2）对于问题（2），由韦达定理得
所以，则，
所以直线EF恒过定点.
题型十四：极点极线问题
【典例14-1】已知椭圆的左、右焦点分别为为上顶点，离心率 为，直线与圆相切.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)椭圆方程，平面上有一点. 定义直线方程 是椭圆在点处的极线.
① 若在椭圆上，证明: 椭圆在点处的极线就是过点的切线;
② 若过点分别作椭圆的两条切线和一条割线，切点为，割线交椭圆 于两点，过点分别作椭圆的两条切线，且相交于点. 证明: 三点共线.
【解析】（1）由已知，，则
所以直线 ，即 ，
该直线与圆 与相切，则，
所以解得，，
故椭圆的标准方程为
（2）① 由(1)得椭圆的方程是 .
因为在椭圆上，所以，即，
由定义可知椭圆在点 处的极线方程为 ，
当时，，此时极线方程为，所以处的极线就是过点的切线，
当时，极线方程为，即，
由，得，
所以，
所以处的极线就是过点的切线，
综上所述，椭圆在点处的极线就是过点的切线;
② 设点，
由①可知，过点的切线方程为，
过点的切线方程为，
因为都过点，所以有，
则割线的方程为，
同理可得过点的两条切线的切点弦的方程为，即，
又因为割线过点，代入割线方程得，即 ，
所以三点共线，都在直线上．
【典例14-2】阅读材料：（一）极点与极线的代数定义；已知圆锥曲线：，则称点和直线：是圆锥曲线的一对极点和极线.事实上，在圆锥曲线方程中，以替换，以替换；以替换，以替换，即可得到对应的极线方程.特别地，对于椭圆，与点对应的极线方程为；对于双曲线，与点对应的极线方程为；对于抛物线，与点对应的极线方程为.即对于确定的圆锥曲线，每一对极点与极线是一一对应的关系.（二）极点与极线的基本性质､定理：①当在圆锥曲线上时，其极线是曲线在点处的切线；②当在外时，其极线是从点向曲线所引两条切线的切点所在的直线（即切点弦所在直线）；③当在内时，其极线是曲线过点的割线两端点处的切线交点的轨迹.结合阅读材料回答下面的问题：已知椭圆：.
(1)点是直线：上的一个动点，过点向椭圆引两条切线，切点分别为，，是否存在定点恒在直线上，若存在，当时，求直线的方程；若不存在，请说明理由.
(2)点在圆上，过点作椭圆的两条切线，切点分别为，，求面积的最大值.
【解析】（1）设点，由点在直线上运动，得，
由消去并整理得，显然，
即此方程组无实数解，于是直线与椭圆相离，即点在椭圆外，
又，都与椭圆相切，因此点和直线是椭圆的一对极点和极线，
对于椭圆，与点对应的极线方程为，
将代入，整理得，
显然定点的坐标与的取值无关，即有，解得，所以存在定点恒在直线上，
当时，是线段的中点有在椭圆内，设，直线的斜率为，
则，两式相减并整理得，即，
所以当时，直线的方程为，即.
（2）由（1）知直线的方程为，由题意知，
由消去并整理得：，
而，则，
设，，则，，
所以，
点到直线的距离为：，
因此面积，当时，令，
求导得，即在单调递增，则的最大值为，
由对称性可知当时，的最大值也为，
所以面积的最大值为.
极点极线问题通常涉及圆锥曲线的特殊点和线。解决方法包括利用圆锥曲线的性质和定义，通过设定极点和极线的关系，运用几何和代数方法求解。关键在于理解极点和极线的几何意义，并灵活运用相关公式和定理。
【变式14-1】阅读材料：
（一）极点与极线的代数定义；已知圆锥曲线G：，则称点P(，)和直线l：是圆锥曲线G的一对极点和极线.事实上，在圆锥曲线方程中，以替换，以替换x(另一变量y也是如此)，即可得到点P(，)对应的极线方程.特别地，对于椭圆，与点P(，)对应的极线方程为；对于双曲线，与点P(，)对应的极线方程为；对于抛物线，与点P(，)对应的极线方程为.即对于确定的圆锥曲线，每一对极点与极线是一一对应的关系.
（二）极点与极线的基本性质､定理
①当P在圆锥曲线G上时，其极线l是曲线G在点P处的切线；
②当P在G外时，其极线l是曲线G从点P所引两条切线的切点所确定的直线（即切点弦所在直线）；
③当P在G内时，其极线l是曲线G过点P的割线两端点处的切线交点的轨迹.
结合阅读材料回答下面的问题：
(1)已知椭圆C：经过点P(4，0)，离心率是，求椭圆C的方程并写出与点P对应的极线方程；
(2)已知Q是直线l：上的一个动点，过点Q向（1）中椭圆C引两条切线，切点分别为M，N，是否存在定点T恒在直线MN上，若存在，当时，求直线MN的方程；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）因为椭圆过点P(4,0)，
则，得，又，
所以，所以，
所以椭圆C的方程为.
根据阅读材料，与点P对应的极线方程为，即；
（2）由题意，设点Q的坐标为(,)，
因为点Q在直线上运动，所以，
联立，得，
，该方程无实数根，
所以直线与椭圆C相离，即点Q在椭圆C外，
又QM，QN都与椭圆C相切，
所以点Q和直线MN是椭圆C的一对极点和极线.
对于椭圆，与点Q(,)对应的极线方程为，
将代入，整理得，
又因为定点T的坐标与的取值无关，
所以，解得，
所以存在定点T(2,1)恒在直线MN上.
当时，T是线段MN的中点，
设，直线MN的斜率为，
则，两式相减，整理得，即，
所以当时，直线MN的方程为，即.
1．已知F为抛物线的焦点，直线与C交于A，B两点且.
（1）求C的方程.
（2）若直线与C交于M，N两点，且与相交于点T，证明：点T在定直线上.
【解析】（1）设，，由，得，
则，
从而，
解得，故的方程为.
（2）证明：设，，，.
因为，所以.
根据得，则，
同理得.
又两式相加得，
即，由于，所以.
故点在定直线上.
题型十五：同构问题
【典例15-1】抛物线的焦点到准线的距离等于椭圆的短轴长．
(1)求抛物线的方程；
(2)设是抛物线上位于第一象限的一点，过作（其中）的两条切线，分别交抛物线于点,,证明：直线经过定点．
【解析】（1）由椭圆方程可知短轴长为，
∴抛物线的焦点到准线的距离，
故抛物线方程为．
（2）∵是抛物线上位于第一象限的点，∴且，∴．
设，，则直线方程为，
即，
∵直线DM：与圆E：相切，
∴，整理可得，，①
同理，直线DN与圆E相切可得，，②
由①②得a，b是方程的两个实根，
∴，，
代入，化简整理可得，
，
令，解得，
故直线MN恒过定点．
【典例15-2】设抛物线的焦点为F，过F作直线l交抛物线E于A，B两点.当l与x轴垂直时，面积为8，其中O为坐标原点.
（1）求抛物线E的标准方程；
（2）若l的斜率存在且为点，直线与E的另一交点为C，直线与E的另一交点为D，设直线的斜率为，证明：为定值.
【解析】（1）由题意不妨设.
∴.
；
（2）设.
则直线l的斜率为，直线为.
则.
又点在直线上，则.
同理，直线为.
点在直线上，则.
同理，直线为.
点在直线上，则.
又，则，
得证.
利用圆锥曲线的标准方程和性质，通过变量替换、坐标变换等手段，将不同曲线或方程转化为相同或相似的形式，从而简化求解过程。
【变式15-1】已知椭圆的焦距为2，离心率为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）直线与轴正半轴和轴分别交于点，与椭圆分别交于点，各点均不重合且满足．若，证明：直线恒过定点．
【解析】（1）依题意，．由，得．
故椭圆方程为．
（2）设，
．
由，得，．
∵点在椭圆上，，整理得．
同理，由可得．
为方程的两不相等实数根，．
．又．∴直线恒过定点．
1．已知抛物线上的点到坐标原点的距离等于该点到准线的距离．
(1)求抛物线的标准方程；
(2)过抛物线上一点P作圆的两条斜率都存在的切线，分别与抛物线交于异于点P的M，N两点．证明：直线MN与圆相切．
【解析】（1）因为点到坐标原点的距离等于该点到准线的距离，
所以点到坐标原点的距离等于该点到焦点的距离，
所以，解得，
所以抛物线的标准方程为．
（2）因为圆，所以圆心坐标为，半径，
设，，，，所以直线PM的方程为，
即，
因为直线PM与圆相切，所以，整理得，
同理可得，所以，是关于y的方程的两根，
所以，，
又因为直线MN的方程为，
所以圆的圆心到直线MN的距离，
所以直线MN与圆相切．
重难点突破：蝴蝶问题
【典例16-1】已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）如图，椭圆C的左、右顶点分别为A，B，点M，N是椭圆上异于A，B的不同两点，直线的斜率为，直线的斜率为，求证：直线过定点．
【解析】（1）由椭圆的离心率为，且点在椭圆上，
可得，所以，
又点在该椭圆上，所以，所以，
所以椭圆C的标准方程为
（2）由于的斜率为，设的方程为，
联立方程组，整理得，
所以，所以，
从而，即，
同理可得：由于的斜率为，则，
联立方程组，可得，
即，
所以，所以，
从而，即，
当时即；时，，过点，
当时，，，即，所以直线过点，
综上可得，直线过点.
【典例16-2】椭圆有两个顶点过其焦点的直线与椭圆交于两点，并与轴交于点，直线与交于点．
（1）当时，求直线的方程；
（2）当点异于两点时，证明：为定值．
【解析】（1）由题意，椭圆的方程为
易得直线不与两坐标轴垂直，
故可设的方程为，设，
由消去整理得，判别式
由韦达定理得，①
故，解得，
即直线的方程为．
（2）证明：直线的斜率为，故其方程为，
直线的斜率为，故其方程为，
由两式相除得
即
由（1）知，
故
解得．易得，
故，
所以为定值1
关键在于利用圆锥曲线的对称性和几何性质，通过设定蝴蝶定理中的关键点，结合代数方法求解。需要熟练掌握圆锥曲线的标准方程和交点求解技巧。
【变式16-1】设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，．

(1)求C的方程；
(2)设直线与C另一个交点分别为A，B，记直线的斜率为，求的值．
【解析】（1）由题意可得点，故，解得
所以抛物线C的方程为.
（2） 设，直线，
联立直线，得，，
联立直线，得，，
∴，同理可得，
由斜率公式可得，，∴．
则=2.
1.已知椭圆的离心率为，半焦距为，且．经过椭圆的左焦点F，斜率为的直线与椭圆交于A、B两点，O为坐标原点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)当时，求的值；
(3)设，延长AR，BR分别与椭圆交于C，D两点，直线CD的斜率为，求证：为定值．
【解析】（1）由题意，得解得∴，故的方程为．
（2）由（1）知，
∴直线AB的方程为，由即，
设，，
则，，
∴．
设O点到直线AB的距离为d，则．
∴．
（3）设AB直线方程，
设，，，，
由由定比分点坐标公式：，
由于A，C满足椭圆方程，故得
两式作差得③，
将①②代入③可得，和①进行联立，
即，解得：
由同理可得，
∴
，
故．
考点要求
目标要求
考题统计
考情分析
轨迹问题
掌握轨迹方程
2023年II卷第21题，12分
预计在2025年的高考数学中，解析几何题目更可能以解答题的形式呈现，并且这些题目将着重考查学生的四大核心素养：数学抽象能力、数学建模能力、逻辑推理能力和数学运算能力。
此外，我们预测解析几何的热点问题将继续聚焦于定点定值问题和极点极线问题。这些问题不仅要求学生具备扎实的数学基础，还需要他们具备灵活运用数学知识解决实际问题的能力，以及深入理解和分析几何图形性质的能力。
弦长、面积问题
精通弦长面积计算，提升几何解题能力
2024年I卷第16题，15分
2023年甲卷第21题，12分
2023年天津卷第18题，15分
2023年I卷第22题，12分
斜率之和差商积问题
掌握斜率运算规律
2022年甲卷第21题，12分
2021年乙卷第20题，12分
2021年I卷第21题，12分
定点定值问题
精通圆锥曲线定点定值，精准解题
2024年天津卷第18题，15分
2023年乙卷第21题，12分
2023年乙卷第20题，12分