新高考数学三轮冲刺核心考点分类提升练专题05 解析几何大题（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学三轮冲刺核心考点分类提升练专题05 解析几何大题（2份，原卷版+解析版），共7页。

考前百日冲刺目录
TOC \ "1-4" \h \u \l "_Tc30595" 引领风向--最新模考新颖题（5题） PAGEREF _Tc30595 \h 1
\l "_Tc7189" 最新热点热搜题（5题） PAGEREF _Tc7189 \h 12
\l "_Tc6316" 最新高频经典题（5题） PAGEREF _Tc6316 \h 23
\l "_Tc30516" 最新高考真题回顾（5题） PAGEREF _Tc30516 \h 32
\l "_Tc25888" 最新模考基础练（5题） PAGEREF _Tc25888 \h 44
\l "_Tc11138" 最新模考能力练（5题） PAGEREF _Tc11138 \h 49
\l "_Tc25051" 最新模考压轴练（5题） PAGEREF _Tc25051 \h 58
引领风向--最新模考新颖题（5题）
【典例】1．（2025·江西新余·模拟预测）已知等轴双曲线的焦点分别在轴上，经过，的焦距为．
(1)求的方程；
(2)为直线上一点，相互垂直且斜率均存在的直线交于点，与交于两点，与交于两点．设直线与关于直线对称，证明：
①直线与关于直线对称；
②．
【答案】(1)，
(2)①证明见解析 ；②证明见解析
【分析】（1）根据题意求解即可；
（2）（i）假设方程，由与关于直线对称可得方程，由可得方程，依题意只需证明即可；
（ii）由对称性可得，故只需证明即可，将线段化为坐标运算，结合韦达定理证明即可.
【详解】（1）设：代入得：，故
设：，而，故：
（2）（ⅰ）设，与关于直线对称，故
所以，而，所以，
因为所以与关于直线对称
（ⅱ）由对称性：设与交于两点，则：
下试证：，
设：，，
，，
故：，
同理：
要证原式成立，即证：．
所以：，同理，用替换得：
所以即证：，
代入数据即证：，这显然成立，
所以：成立
【典例】2．（2025·江苏苏州·模拟预测）已知椭圆的上顶点为A，过点A作两条相互垂直的直线分别与椭圆E交于点M，N．
(1)若椭圆的离心率为，求直线与y轴交点的纵坐标；
(2)若是等腰直角三角形，且这样的等腰直角三角形有且仅有一个，求a的范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先利用已知椭圆方程结合离心率求出椭圆方程，再利用两直线垂直且过椭圆顶点设直线方程，联立椭圆方程求出坐标，从而得出直线的方程，令求直线与y轴交点的纵坐标；
（2）利用两直线垂直且过椭圆顶点设直线方程，联立椭圆方程求出坐标，利用等腰直角三角形条件得出，利用两点间距离公式构造方程，化简方程并换元，讨论满足等腰直角三角形有且仅有一个的的取值范围．
【详解】（1）
椭圆，离心率为，
，解得，
椭圆，
椭圆的上顶点为A，过点A作两条相互垂直的直线分别与椭圆E交于点M，N，
，直线斜率存在，且斜率不为0，
设直线的斜率为，，，的斜率为，
直线的方程为，
联立直线与椭圆方程得，化简整理得，
解得（对应点A）或，，，
，
把替换为得点，
，
直线的方程为，
设与轴交点坐标为，
．
（2）
椭圆上顶点，过点A作两条相互垂直的直线分别与椭圆E交于点M，N，
是等腰直角三角形，且这样的等腰直角三角形有且仅有一个，
设直线斜率为，则直线的斜率为，
直线的方程为，联立椭圆方程得，
化简整理得，解得（对应点A）或，
，，即，
把替换为得点，
是等腰直角三角形，
，即，
化简整理得，
令，则方程化为，
是方程的一个根，对应，总能得到一个关于轴对称的等腰直角三角形，
其他根取决于，
，，
当时，，无实数根，只有，故等腰直角三角形唯一，符合条件；
当时，，有重根，故仍只有，等腰直角三角形唯一，符合条件；
当时，，有两个正根，且，
，存在额外的等腰直角三角形，不满足唯一性．
满足条件的的取值范围是．
【典例】3．（2025·广东·模拟预测）已知椭圆，为坐标原点，点分别在直线与上，是上一点，四点构成平行四边形．
(1)证明是定值，并求该值；
(2)求平行四边形面积的最大值；
(3)一族直线与交于点，证明每条弦被定直线平分，并求该直线的方程．
【答案】(1)证明见解析，定值为
(2)
(3)证明见解析，
【分析】（1）根据四边形为平行四边形可构造方程组，利用点坐标表示出，结合两点间距离公式化简可得结果；
（2）根据正余弦齐次式可求得，利用余弦定理和基本不等式可求得的最大值，代入三角形面积公式可求得结果；
（3）将直线方程与椭圆方程联立，结合韦达定理和中点坐标公式可表示出线段中点坐标，由此可求得斜率和中点所在直线方程，化简得到结果.
【详解】（1）设，，，又，
四边形是平行四边形，则，，
，
在椭圆上，，，
是定值，且该定值为.
（2）设直线的倾斜角为，则，
，，
或，，，
由（1）知：在中，由余弦定理得：，
（当且仅当时取等号），
，则当时，取得最大值，
平行四边形面积的最大值为.
（3）设，，联立得：，
则，，
，中点为，
任取不同于的弦，同理可得：中点为，
直线的斜率，
直线的方程为：，即，
任意弦的中点均在直线上，即每条弦均被定直线平分．
【典例】4．（2026·重庆九龙坡·一模）如图，椭圆的离心率为且经过点是其左、右焦点，直线与C相切于点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)记到直线l的距离分别为请问是否为定值?如果为定值，求出此定值；如果不为定值，请说明理由；
(3)已知直线与x轴交于点P，与l交于点B（B在x轴上方），过A，B分别作直线的垂线，垂足分别为M，N，记，．求证:存在，使得时，．
【答案】(1)
(2)是定值，为4
(3)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的离心率为及椭圆经过点，由求解；
（2）联立，根据直线与椭圆相切，由，得到的关系，根据，与直线l的距离求解；
（3）根据（2）得到，从而得到，，，然后由求解.
【详解】（1）由椭圆的离心率为及椭圆经过点，
得，解得，因此椭圆方程为；
（2）联立，得，
设，由直线与椭圆相切知，
得，即，
则，与直线l的距离，，
则，
故是定值，为4；
（3）由（2）可得，，
即，
因此可得，，，
因此，
，
若，则，
即；
假设，因为，得，
代入得，矛盾，
所以，所以，
从而有，即，
故存在，使得时．
【典例】5．（2026·河北·一模）如图所示，已知抛物线 被两组首尾相接的平行线段所截，其中一组平行线 …的斜率为，一组平行线. 与x轴垂直，将两组平行线与抛物线C在x轴上方的交点从左到右依次记为 x轴下方的交点从左到右依次记为 若点 的横坐标为1，且点 到抛物线C的准线的距离为
(1)求p的值；
(2)求 的面积；
(3)设 当 时， 数列 的前n项和为 ，若对任意的，恒有 求实数m的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）求出抛物线 的准线方程，建立关于 的方程，求解即可；
（2）根据（1）求出点 的坐标，进而求出直线 的方程，并与抛物线方程联立，得到 间的关系，再求 的坐标，进而得 及点 到直线 的距离，利用三角形的面积公式即可求得结果；
（3）先求出数列 的通项公式，进而分类讨论求出， 通过参变分离，将不等式恒成立问题转化为二次函数最值问题，即可求的取值范围.
【详解】（1）由题意知抛物线 的准线方程为 ， 则由题意得 ，
整理得 ，即 ，得 .
（2）由（1）知抛物线 的方程为 ，则 ，
因为点 在抛物线 上，则 ，
因为点 与 关于 轴对称，
所以当 时，易知 ，
所以过 且斜率为 的直线 的方程为： ，
联立，得 ，
消去 ，得 ，
解得 或 ，
所以 ，即 .
所以 ，则 ，
又直线 的方程为 ，即 ，
则点 到直线 的距离 ，
所以
（3）由 (2) 知数列 是首项为 2，公差为 2 的等差数列，
所以 ，
代入抛物线方程得 ，
又因为当 时，
所以，
当 为偶数时，
.
当 为奇数时，
所以，
因为对任意的 恒成立，
所以当 为偶数时， ，即 恒成立，
又 ，
所以当 时， 取得最小值，且最小值为，
所以 ，
当 为奇数时， 即 恒成立，
又 ，
所以当 时， 取得最小值，且最小值为，所以 .
综上可得 的取值范围为 .
最新热点热搜题（5题）
【典例】6．（2025·安徽·模拟预测）已知双曲线：（，）的右顶点，斜率为1的直线交于、两点，且中点.
(1)求双曲线的方程；
(2)证明：为直角三角形；
(3)经过点且斜率不为零的直线与双曲线的两支分别交于点，.若点是点关于轴的对称点，试问，不论直线的斜率如何变化，直线是否过定点?若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，说明理由.
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3)过定点，坐标为.
【分析】（1）设，，运用点差法求解即可；
（2）直曲联立，借助向量工具求解；
（3）设方程为，，，，直曲联立，得到，，得到直线的方程为，在直线的方程中，令，求解即可.
【详解】（1）设，，则，，
∵，两点在双曲线上，
∴，由①－②得，
即，∴，
∴，即，∴，
又∵，∴，
∴双曲线的方程为：；
（2）由已知可得，直线的方程为：，即，
联立，，
则，，
∵
，
∴，∴为直角三角形；
（3）设方程为，，
联立直线与的方程，消去得，
因为直线与的两支分别交于点，，
设，，
所以，得，
则，，，
因为，所以直线的方程为，
由对称性可知，若直线过定点，则定点在轴上，
在直线的方程中，令，
得
所以直线过定点，定点坐标为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中直线过定点问题通法，是先设出直线方程，通过韦达定理和已知条件若能求出m为定值可得直线恒过定点，若得到k和m的一次函数关系式，代入直线方程即可得到直线恒过定点.
【典例】7．（2025·河北保定·一模）已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，，点P为C上的动点，的周长为6.
(1)求C的标准方程.
(2)延长线段，分别交C于Q，M两点，连接，并延长线段交C于另一点N，若直线和的斜率均存在，且分别为，，试判断是否为定值.若是，求出该定值；若不是，说明理由.
【答案】(1)
(2)是，
【分析】（1）由已知条件结合椭圆定义、离心率公式，确定的值，得出椭圆的标准方程；
（2）由三点共线，可得，由直线的方程和直线的方程联立，再利用根与系数关系由分别表示出，再表示出，即可得到的值.
【详解】（1）设椭圆的焦距，
所以的周长为，即.
又椭圆的离心率为，所以，
所以，所以，所以，
所以的标准方程为.
（2）是定值.
由（1）得，
设，，
又三点共线，所以，化简得，
则直线的方程为，直线的方程为，
由，化简得，
由根与系数关系可知，，
所以，
同理，
又
，
所以.
【典例】8．（2025·河北石家庄·一模）已知椭圆的一个焦点短轴长为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)连线与轴交于点，过焦点的直线与椭圆交于两点.
（i）证明：点在以为直径的圆外：
（ii）在上是否存在点使得是等边三角形.若存在，求出直线的方程，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）存在，或
【分析】（1）根据椭圆的基本性质来确定方程参数；
（2）（i）判断点与圆的位置关系通过向量的数量积来实现；（ii）利用直线与椭圆方程联立得到相关点的坐标关系，再结合等边三角形的性质建立等式求解直线方程.
【详解】（1）由题意得，所以，
则椭圆的标准方程为，
（2）（i）由题意得，，
当直线斜率为0时，此时以为直径的圆的方程为，显然在此圆外；
当直线斜率不为0时，设直线的方程为，
由可得，，
恒成立，
设，
则
故在以为直径的圆外.
（ii）当斜率不存在时，，此时到距离为1，故不存在等边三角形，当斜率为0时，易得不存在等边三角形，
当斜率存在且不为0时，设直线的方程为，
设中点为，又，由（i）得，
，由于在直线上，所以
直线的斜率为，所以.
，
因为是等边三角形，所以，则
解得，即，
故直线的方程为或.
【典例】9．（2025·浙江杭州·一模）已知是椭圆的右焦点，过作直线交椭圆于两点，其中在轴上方.当轴时，.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设，
（i）求证：；
（ii）设点在椭圆上，点是的外接圆与椭圆的另一个交点（异于），若平分，且，求的值.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）.
【分析】（1）根据即可求解椭圆标准方程；
（2）（i）设与的斜率分别为，将问题转化为证明即可；
（ii）设满足，化简可得：，因为直线和直线的交点为，则点都在以为直径的圆上，因为都在以为直径的圆上，故，所以是的角平分线，则，利用三角形面积公式化简即可求解.
【详解】（1）由题知，，又，解得.
故椭圆的方程为.
（2）（i）记，由题意知.
设直线的方程为，代入椭圆得：.
则有，①
设与的斜率分别为，则
所以.
（ii）设满足，则
②
将代入②，并化简得
，③
将（2）中①代入③得：，
即.
又因为直线和直线的交点为.
故满足的点都在以为直径的圆上.
因为都在以为直径的圆上，
故，所以是的角平分线.
则，
所以，
即.
所以，解得，
所以.
【典例】10．（2025·山东青岛·一模）已知椭圆的左，右焦点分别为，，短轴长为，离心率为.
(1)求的方程；
(2)记的左顶点为，直线与交于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之积为.
（i）证明：直线过定点；
（ii）若在轴上方，直线与圆交于点，点在轴上方.是否存在点，使得与的面积之比为3：5？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由.
【答案】(1)；
(2)（i）证明过程见解析；（ii）存在，点，
【分析】（1）根据短轴长和离心率得到方程组，求出，得到椭圆方程；
（2）（i）当直线的斜率不存在时，计算出直线方程为，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立椭圆方程，设，得到两根之和，两根之积，根据斜率之积得到方程，求出或，当时不合题意，当时，求出所过定点，验证后得到结论；
（ii）由椭圆定义和圆的半径得到，所以，令，当直线斜率不存在时，，此时，求出，当直线斜率存在时，设，由余弦定理求出，，代入，解得或，均不合要求，舍去，综上，求出答案.
【详解】（1）由题意得，，故，，
又，解得，
所以椭圆方程为；
（2）（i），
当直线的斜率不存在时，此时直线与交于关于轴对称的两点，
设，
则，即，
又，所以，
所以，解得或，
当时，，此时与重合，
直线AP或直线AQ的斜率不存在，不合要求，
当时，直线方程为，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立得，
，解得，
设，则，
所以，
由得
，化简得，
，解得或，
当时，，过定点，
直线AP或直线AQ的斜率不存在，不合要求，
当时，，过定点，
显然此时满足，
其中也过点，
综上，直线过定点；
（ii）存在点，使得与的面积之比为3：5，理由如下：
在轴上方，故在轴下方，即，，
由椭圆定义可知，，
又的圆心为，半径为4，
故，所以，
由于，，
所以，
令，
当直线斜率不存在时，，此时，
解得，令中得，
又在轴上方，故，满足要求，
当直线斜率存在时，设，
在中，，，，
由余弦定理得，
即，解得，
同理可得，
由可得，
解得或，均不合要求，舍去，
综上，存在点，使得与的面积之比为3：5
【点睛】思路点睛：
处理定点问题的思路：
（1）确定题目中的核心变量（此处设为），
（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，
（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，
①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；
②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.
最新高频经典题（5题）
【典例】11．（2025·湖北·一模）已知椭圆的长轴长为4，焦点为，，过椭圆右焦点的直线交椭圆于A，B两点，当直线垂直于椭圆长轴时，线段的长度为1.
(1)求椭圆的方程；
(2)当直线倾斜角为时，求以线段为直径的圆的标准方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用椭圆的性质，求出，；
（2）将直线和椭圆联立，利用韦达定理找出中点和弦长，用圆的标准方程求解即可.
【详解】（1）证明：依题意，故，则椭圆方程为，
设，则直线的方程为，代入得，
则，，
则，，
则，
又线段的长度为1
则，故椭圆方程为.
（2）由（1）知，又直线倾斜角为
故直线的方程为，代入并整理得
，
设，，则，，
故，
故以线段为直径的圆的圆心为，半径为，
故所求圆的标准方程为.
【典例】12．（2025·贵州黔东南·模拟预测）已知双曲线的左，右顶点分别为的右焦点到渐近线的距离为，过点的直线与的右支交于两点（点在第一象限），直线与交于点.
(1)求双曲线的方程；
(2)证明：点在定直线上；
(3)记的面积分别为，若，求直线的方程.
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）根据给定条件，结合点到直线距离公式求出即可.
（2）设出直线的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理及联立直线与方程计算即得.
（3）利用三角形面积公式，结合给定比值化简计算即得直线方程.
【详解】（1）双曲线的渐近线为，设，则，
而，所以双曲线的方程为.
（2）由（1）知，，直线不垂直于轴，设方程为，
由消去得，设，
，，则，，
直线：，直线：，
联立得，解得，
所以直线与交于点在定直线上.
（3）由（2）知，，
则，即，
于是，解得，即，
所以直线的方程为，即.
【典例】13．（2025·广东深圳·二模）已知椭圆，F为E的右焦点，P为E上的动点，当直线PF与x轴垂直时，，R是直线上一动点，的最小值为1．
(1)求E的方程：
(2)过R作E的两条切线分别交x轴于M，N两点，求面积的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题干所给信息及，可求椭圆方程.
（2）设出直线RM，RN的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理、弦长公式及三角形面积公式求解即可.
【详解】（1）设点，
当直线PF与x轴垂直时，点，则
因为的最小值为，所以，
又由，
可解得，
故E的方程为．
（2）如图，
设点，注意到RM，RN斜率不为0，
设，
联立，得，
因为RM与E相切，所以，
于是，
化简得，
又RN与E相切，同理有，
故m，n是一元二次方程的两根，
则，
所以，
又，所以，
所以面积的取值范围为．
【典例】14．（2025·广东佛山·二模）已知椭圆的离心率为，且过点．
(1)求椭圆的方程；
(2)斜率为的直线与椭圆交于两点，记以为直径的圆的面积分别为，当为何值时，为定值．
(3)在（2）的条件下，设不过椭圆中心和顶点，且与轴交于点，点关于轴的对称点为，直线与轴交于点，求周长的最小值．
【答案】(1)
(2)时，为定值
(3)
【分析】（1）由题意，得，进而解出即可求解；
（2）设直线l的方程为，，，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理表示出，进而求解即可；
（3）结合（2）求得，，，表示出的周长，再结合基本不等式求解即可.
【详解】（1）由题意，得，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）设直线l的方程为，，，
联立，消去y整理得，
则，
且，，
又，，
则
，
则，即时，此时为定值.
（3）由（2）知，，，直线l的方程为，
且，，，，
则，，
则直线的方程为，
令，得
，
即，则，，，
则周长为，
当且仅当，即时等号成立，
则周长的最小值为.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
【典例】15．（2025·江苏宿迁·二模）已知双曲线的实轴长为4，一条渐近线的方程为，过点的直线与C的右支交于A，B两点．
(1)求C的标准方程；
(2)P是x轴上的定点，且．
（i）求P的坐标：
（ii）若的外接圆被x轴截得的弦长为16，求外接圆的面积．
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得双曲线的标准方程.
（2）（i）设出直线的方程并与双曲线方程联立，化简写出根与系数，根据列方程来求得点坐标.
（ii）先求得的外接圆的半径，然后根据弦长列方程，进而求得正确答案.
【详解】（1）因为C的实轴长为，渐近线方程为，
所以，，解得，，
所以C的标准方程为．
（2）（i）设直线的方程为，，，，
联立化简得，．
因为直线与双曲线的右支交于两点，
由，整理得
则或或，
解得.
由，可得，即，
将代入上式得，
将，代入上式并化简得
，
整理得，
因为上式对任意都成立，所以，
解得，所以.
（ii）
因为，
所以外接圆是以为直径的圆，记为圆T，
因为圆心，即，
所以半径．
因为外接圆被x轴截得的弦长为16，
所以（*），即，解得或．
因为直线与C的右支交于A，B两点，所以，
所以，（舍去），代入（*）可得．
所以外接圆的面积为．
最新高考真题回顾（5题）
【典例】16．（2025·全国一卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，．
(1)求C的方程；
(2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足．
（i）设，求的坐标（用m，n表示）；
（ⅱ）设O为坐标原点，是C上的动点，直线OR的斜率为直线的斜率的3倍，求的最大值．
【答案】(1)
(2)(ⅰ) (ⅱ)
【分析】（1）根据题意列出的关系式,解方程求出,即可得到椭圆的标准方程；
（2）(ⅰ)设,根据斜率相等以及题目条件列式,化简即可求出或者利用数乘向量求出；
(ⅱ) 根据斜率关系可得到点的轨迹为圆（除去两点），再根据点与圆的最值求法结合三角换元或者直接运算即可解出.
【详解】（1）由题可知,，所以，解得，
故椭圆C的标准方程为；
（2）(ⅰ)设，易知，
法一：所以，故，且．
因为，，所以，
即，解得，所以，
所以点的坐标为.
法二：设，则，所以
，，故
点的坐标为.
(ⅱ)因为,,由,可得
,化简得,即,
所以点在以为圆心,为半径的圆上（除去两个点）,
为到圆心的距离加上半径,
法一：设,所以
,当且仅当时取等号,
所以.
法二：设，则，
，当且仅当时取等号,
故.
【典例】17．（2025·全国二卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，长轴长为4．
(1)求C的方程；
(2)过点的直线l交C于两点，为坐标原点.若的面积为，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据长轴长和离心率求出基本量后可得椭圆方程；
（2）设出直线方程并联立椭圆方程后结合韦达定理用参数表示面积后可求的值，从而可求弦长.
【详解】（1）因为长轴长为4，故，而离心率为，故，
故，故椭圆方程为：.
（2）
由题设直线的斜率不为0，故设直线，，
由可得，
故即，
且，
故，
解得，
故.
【典例】18．（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.
【典例】19．（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.
【典例】20．（2024·全国甲卷·高考真题）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．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设，根据的坐标及轴可求基本量，故可求椭圆方程.
（2）设，，，联立直线方程和椭圆方程，用的坐标表示，结合韦达定理化简前者可得，故可证轴.
【详解】（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.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
最新模考基础练（5题）
21．（2025·四川成都·一模）已知椭圆：（）的右顶点为，离心率为，左、右焦点分别为、，为椭圆上不同于左、右顶点的任意一点.
(1)求椭圆的方程；
(2)求的取值范围.
【答案】(1)椭圆：；
(2).
【分析】（1）由题设列出关于的方程组即可求解；
（2）由题设设，再由数量积的坐标运算计算即可.
【详解】（1）设椭圆焦距为，由题意可得，
所以椭圆：；
（2）由题可设，则由（1），，
所以.

22．（2025·河北邯郸·模拟预测）已知双曲线C的中心为坐标原点，对称轴为x轴，y轴，且过，两点．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)已知直线l与双曲线C有且只有一个公共点，且l与坐标轴正半轴所围成的三角形面积为，求直线l的方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）设所求双曲线方程为，根据过知，把点代入求得，即可得出答案．
（2）当直线l与双曲线的一条渐近线平行时，设直线l的方程为，根据三角形面积公式列方程求出，当直线l与双曲线相切时，设其方程为，与双曲线方程联立，利用求得，结合三角形面积公式列方程求得及，即可得出答案．
【详解】（1）由题意知该双曲线焦点在x轴上，故设其方程为，
根据过知，又过，故有，解得，
所以双曲线C的标准方程为；
（2）直线l与双曲线C有且只有一个公共点，且与坐标轴正半轴所围成三角形，分两种情况：
当直线l与双曲线的一条渐近线平行时，设直线l的方程为，
此时三角形的面积为，解得，所以直线l的方程为；
当直线l与双曲线相切时，直线l的斜率显然存在，设其方程为，
联立，得，
所以且，即，
又因为三角形的面积为，解得（负根舍去），
所以，解得（正根舍去），所以直线l的方程为；
综上，直线l的方程为或.
23．（2025·陕西·模拟预测）已知椭圆的离心率为，且过点．
(1)求的方程；
(2)若斜率为的直线与轴交于点，与交于，两点，证明：为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用椭圆离心率的性质结合椭圆经过的点求解基本量，得到椭圆方程即可；
（2）利用韦达定理表示出，再利用两点间距离公式表示出目标式，化简得到定值即可.
【详解】（1）由题意得 ，得，
故的方程为；
（2）设，则直线l的方程为，
与联立，得，
则，且，
所以
，
故为定值．
24．（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．

25．（2025·安徽安庆·模拟预测）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．证明：直线的斜率成等差数列．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据即可求解得解，
（2）联立直线与椭圆方程，根据相切可得，即，即可根据韦达定理以及两点斜率公式求解.
【详解】（1）由右焦点知，，所以，若，则，即，方程无解；若，则，所以，椭圆的方程为.
（2）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，，，则，
即直线的斜率成等差数列.
最新模考能力练（5题）
26．（2026·四川泸州·二模）在平面直角坐标系中，抛物线C的焦点为F，A，为抛物线C上两个不同的动点.当时，.
(1)求抛物线C的方程；
(2)若直线的斜率存在，且过点，直线与直线相交于点D，过点D作交x轴于点E，证明:直线与抛物线C相切.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据抛物线定义可得，结合题意可得，进而可得抛物线方程；
（2）设直线的方程为，与抛物线方程可得韦达定理，进而求点坐标，以及直线的方程，进而判断直线与抛物线C的位置关系.
【详解】（1）由抛物线的定义知：，
因为，，则，即，
所以抛物线的方程为.
（2）由题可知：直线的斜率存在且不为0，设其方程为，

联立方程，消去x可得，
则，，
因为直线的方程为，则点的坐标为，
因为，则直线的方程为，
令，得，则点的坐标为，
直线的斜率，
所以直线的方程为，整理得.
联立方程，消去x得，
因，故直线与抛物线相切.
27．（2026·河北沧州·一模）已知双曲线的焦距为4，焦点到渐近线的距离为．
(1)求的方程；
(2)直线与相交于，两点．
（i）是坐标原点，若的面积为，求的值；
（ii）设的左焦点为，则是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，试说明理由．
【答案】(1)；
(2)（i）；（ii）为定值，为.
【分析】（1）根据题意有，结合双曲线的参数关系及点线距离公式列方程求参数值，即可得方程；
（2）（i）设，联立直线与双曲线，并应用韦达定理及三角形面积公式列方程求参数值；（ii）应用弦长公式得到关于参数的表达式，化简即可得结论.
【详解】（1）设焦距为，则，所以，即，
其渐近线方程为，所以焦点到渐近线的距离为，即，
所以，所以的方程为；
（2）（i）设，联立，化简得，
，则，
所以，解得，
所以的值为．

（ii）由（i）知．
所以，
即为定值.
28．（2026·河北沧州·一模）已知椭圆的焦距为，上的点到两焦点的距离之和为6．
(1)求的方程；
(2)记的左顶点为，过点的直线与交于两点（异于点）．
（i）求的面积的取值范围；
（ii）直线分别与直线交于两点，证明：以为直径的圆恒过定点，并求出定点坐标．
【答案】(1)
(2)（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析，和．
【分析】（1）根据椭圆的求解椭圆的标准方程即可；
（2）设，直线，联立直线与椭圆得交点坐标关系,（i）利用面积公式即可得的面积表达式，利用基本不等式求解最值即可得的面积的取值范围；（ii）由直线和，联立得点坐标，同理得点的坐标，从而可得以为直径的圆的方程，即可得定点坐标．
【详解】（1）设的焦距为，
由题意可知，所以，
所以椭圆的方程为；
（2）（i）由（1）得，设，
由题得直线的斜率不为零，设，由，得，
所以，,
则,
令，则，
因为在上单调递增，所以，
所以的面积的取值范围为；
（ii）由题意可得直线的斜率均存在且均不为0，
由直线和，得，即，同理，
易得以为直径的圆的方程为，
即，
而
，
，

故以为直径的圆的方程为，
令，得，
故以为直径的圆恒过定点和．
29．（2025·广西南宁·模拟预测）已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，离心率为，且过焦点且垂直于椭圆C的长轴的弦长为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知过点的直线l交椭圆C于，两点，当的面积最大时，求直线l的方程.
【答案】(1)；
(2)或.
【分析】（1）根据给定条件，结合椭圆离心率的意义及对称性列式求出即可.
（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理，求出三角形面积的函数关系，再利用基本不等式求解最值，即可求得直线方程.
【详解】（1）设椭圆C的半焦距为，由过焦点且垂直于椭圆C的长轴的弦长为1，得点在椭圆上，
于是，由离心率为，得，而，因此，，
所以椭圆C的方程为.
（2）由题意，，直线不垂直于轴，设其方程为，
由，得，设，
则，，
，
当且仅当，即时取等号，
所以直线的方程为或．
30．（2025·湖北武汉·模拟预测）已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为.
(1)求的方程；
(2)已知点，证明：线段的垂直平分线与椭圆恰有一个公共点；
(3)是否存在坐标平面上定圆（是定圆上的动点）使得线段的垂直平分线与椭圆恰有一个公共点，若存在，证明、、三点共线；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)存在，证明见解析
【分析】（1）根据条件确定的值，可得椭圆的标准方程.
（2）写出中垂线方程，联立椭圆方程，判别式等于零，即可证明恰一个公共点.
（3）先结合（2）的结论，猜测圆的方程.设为圆上动点，写出线段中垂线方程，与椭圆方程联立，利用判断圆存在.再结合韦达定理求点坐标，利用斜率证明、、三点共线.
【详解】（1）因为椭圆左、右焦点分别为，所以，
又因为椭圆的离心率为，得，∴，
所以椭圆方程为.
（2）如图：

由得直线的斜率为，中点坐标为，
所以线段的垂直平分线方程为，
联立垂直平分线方程和椭圆方程，得，∵，
∴所以直线与椭圆相切，且，
即线段的垂直平分线与恰有一个公共点.
（3）假设符合条件的圆存在，由（2）知在圆上，由对称性知也在圆上，关于右顶点的对称点也在圆上.
因为线段的垂直平分线为，
线段的垂直平分线上的点满足：，
化简即得的垂直平分线方程为.
由，且,
所以过三点的圆的方程为.
如图：

下面证明此圆符合题目条件：
设在圆上，∴，
当时，的垂直平分线方程为或与椭圆相切，符合条件；
当时，的垂直平分线方程为，
设，由得，
∵
，
∴的垂直平分线与椭圆相切.
∴满足条件的圆存在，其方程为.
又由韦达定理得切点的横坐标，
的纵坐标，∴，
∴，
∴三点共线.
最新模考压轴练（5题）
31．（2026·辽宁大连·一模）已知椭圆的离心率为，左､右焦点分别为，过的直线（斜率存在且不为0）与椭圆相交于两点，的周长为.
(1)求椭圆的方程；
(2)过两点分别作椭圆的切线，设与交点为.
（i）求点的轨迹方程；
（ii）记直线的斜率分别为，证明：为定值.
【答案】(1)
(2)（i）;（ii）证明见解析.
【分析】（1）利用椭圆的定义与性质计算即可；
（2）（i）先证明椭圆上一点的切线方程公式，联立切线方程求交点，设方程及即可判定M的轨迹；（ii）利用两点斜率公式结合上问切线方程，联立直线与椭圆根据韦达定理计算即可证明.
【详解】（1）由题意可设，则，
根据椭圆的定义可知的周长为
，
所以，即椭圆方程为；
（2）设点在椭圆上，易知，
所以，
即，当且仅当时取得等号，
即椭圆上有且仅有一点在直线上，
所以过椭圆上一点的切线方程为：；
（i）由上知，可设l方程为，，
而直线斜率存在且不为0及椭圆的对称性可知，
则分别为，
联立可得是定值，
又作差可得，整理得，
即，所以M点在定直线上；
（ii）易知，
联立得，
所以，
则
，是定值，证毕.

32．（2026·河北·模拟预测）已知椭圆 的离心率为 其左顶点为D，右焦点为 F，且．过点 F 的直线l与椭圆C 相交于M，N 两点，连接并延长，分别交直线于 P，Q 两点．
(1)求椭圆 C 的方程．
(2)设直线l的斜率为，直线的斜率分别为．
（i）证明：为定值．
（ii）若以为直径的圆始终与l 相切，求t的值．
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）.
【分析】（1）根据椭圆的性质求出椭圆的基本量，进而可得椭圆的方程；
（2）（i）由题可得直线l：，再与椭圆方程联立消元，得根与系数关系，再用斜率公式计算，进而可得所求的定值；
（ii）先由题意可得圆的半径，再算圆心到直线l的距离，再根据直线与圆相切可得所求值.
【详解】（1）由，椭圆C 的离心率为 ，得，解得，所以.如图：
则椭圆C的标准方程为 .
（2）（i）根据题意得，直线l的方程为，代入C 的方程得
，设，
所以，
又因为直线 的斜率分别为，如图：
所以
，
所以，即.
（ii）易知直线的方程为，令，得，
直线的方程为，令，得，故的中点为.
由（i）知，所以为直径的圆的圆心为，
直径
，半径.
故圆心到直线l：的距离.如图：
∵圆E与直线l相切，所以，即，
，又因为，
所以，，解得.
33．（2025·河北·模拟预测）在直角坐标系中，点与点的连线的斜率的乘积为定值，记点的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)若点是上两点，且满足直线与的斜率之和为.
（ⅰ）若点坐标为，求直线的斜率；
（ⅱ）若为的外心，证明：平分.
【答案】(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）根据两点间的斜率公式及题中条件即可求解；
（2）（ⅰ）设直线的斜率为.则由直线的点斜式方程可得直线的方程，联立直线的方程与椭圆的方程，消去整理化简后结合韦达定理及点是直线与的交点，可求得，将其代入直线的方程可得点的坐标，同理可得点的坐标，根据斜率公式即可求解直线的斜率；
（ⅱ）设，直线的方程分别为.令曲线，化简可得：，由曲线为过点的圆，可取，即可求得点的坐标与直线的斜率，进而比较与的大小即可证明.
【详解】（1）由题意得：，化简可得的方程为：.
（2）（i）设直线的斜率为.则直线的方程为：，
与联立方程组，消去可得：，
整理得：，
由于直线与交于两点，则由韦达定理可得：
，即，代入直线的方程可得，
所以点的坐标为.
因为直线的斜率为，同理可得点的坐标为.
故直线的斜率.
（ⅱ）设，直线的方程分别为.
令曲线，
化简可得：，
因为曲线为过点的圆，可取，即，
此时曲线，
所以点的坐标为，
所以直线的斜率为，
则，
所以，即平分.
34．（2025·江苏·模拟预测）已知曲线，两曲线的离心率均为，其中分别是的左、右顶点．
(1)分别求的方程．
(2)已知Q是上一点，分别交直线和于两点，以为直径的圆记为圆D．
（i）判断圆D是否过定点．若过定点，求出定点的坐标；若不过，请说明理由．
（ii）P是上一点，当圆D的面积最小时，过点P作圆D的两条切线，切点为，求面积的取值范围．
【答案】(1)曲线，曲线；
(2)（i）圆过定点；（ii）
【分析】（1）根据判断曲线焦点的位置，再根据离心率，得出的值；
（2）（i）首先计算出，的坐标，根据中点坐标公式得出圆心的坐标，在利用，得到圆的半径，最后将圆心与半径代入得圆的标准方程，即可得出圆过定点；（ii）根据圆的面积公式，得出圆D的面积最小时，，得出圆的标准方程，可得圆心坐标与半径，可求的取值范围，根据切线性质可求，最后再构造出函数，结合函数单调性求出面积的取值范围.
【详解】（1）因为，则，可知曲线的焦点在轴上，曲线的焦点在轴上；
对于曲线，，解得：；
对于曲线，，解得：；
即，所以曲线，曲线.
（2）（i）由题意可知：，，
设，因为在上，则，可得，
直线的方程为，令得：，即；
直线的方程为，令得：，即；
则，
且，
可知圆的圆心为，半径，
则圆的方程为：，整理可得，
令得，所以圆过定点；
（ii）因为，则，当且仅当时，等号成立，
所以当圆D的面积最小时，圆心为，半径，方程为，
设，，则，即；
则，
因为，是圆D的两条切线，则，，
可知，，
设，则，,
因为，
令，则，可得，
因为在内单调递减，且，，
可得，所以面积的取值范围为.
35．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知椭圆C：的两个焦点为和，，，为椭圆上不同三点，且，周长为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)直线平分线段，记中点为，当为何值时，的面积最大？
(3)设直线PO与椭圆C的另一交点为T，直线PT，MQ，PM，TQ的斜率分别为，，，，若，求的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）首先可得，再由周长为求出，即可求出；
（2）设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，消元，列出韦达定理，表示出，再求出点的轨迹，由直线与其有公共点，得到，再换元求出面积的最大值，从而得解；
（3）设，直线：，直线：，联立方程，消元、列出韦达定理，再由斜率公式计算可得.
【详解】（1）依题意，又周长为，即，
所以，则，
所以椭圆方程为；
（2）设直线的方程为，由，
整理得，
则，，
所以，
又点到直线的距离，
所以
，
因为点为的中点，设，则，
所以，所以，即点的轨迹为，
由，消去整理得，
所以，则，
令，则，
所以，
所以当时的面积取最大值，
此时，则，即为的中点，即；
（3）设，直线：，
由，整理得，则，；
设直线：，
由，整理得，
所以，；
所以
.