新高考数学二轮复习解答题专题训练专题05 圆锥曲线 解答题讲义（2份，原卷版+解析版）

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解题大招
【典例1】
（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2】
（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.
【典例3】
（2026·陕西西安·三模）已知和为双曲线上两点.
(1)求的离心率；
(2)在上是否存在点，使得的面积为？若存在，求所有满足要求的点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】(1)2
(2)存在，，，，.
【分析】（1）根据题意，列出关于的方程组，求得的值，结合离心率的计算公式，即可求解；
（2）方法1：假设存在满足条件的点，当垂直于轴时，求得，满足题意；当不垂直于轴时，设直线的方程为，联立方程组，求得，结合弦长公式和点到直线的距离公式，列出方程求得的值，进而得到点的坐标；
方法2：求得，且的方程为，根据题意，得到点到直线的距离，利用点到直线的距离公式，求得或，联立方程组，进而求得点的坐标.
【详解】（1）解：由点和为双曲线上两点，
可得，解得，此时双曲线的方程为，
所以双曲线的离心率.
（2）解：方法1：假设存在满足条件的点，且设为直线，
当垂直于轴时，，此时，满足题意；
当不垂直于轴时，设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
则且，可得且，
设，可得，所以，
则，
又因为到的距离为，所以的面积为，
令，可得或，
解得或或，
因为，故当时，，
又因为，可得，故；
同理可得，当时，；当时，，
综上，所有满足要求的点的坐标为，，，.
方法2：因为点和，可得，
且直线的方程为，
假设存在满足条件的点，设点到直线的距离为，
若的面积为3，则，解得，
设过且平行于直线的直线为，则，
解得或，
当时，可得，联立方程组，解得，，
代入的方程，可得或；
当时，可得，联立方程组，解得，，
代入的方程，可得或，
综上可得，所有满足要求的点的坐标为，，，.
【典例4】
（2025·江苏苏州·三模）已知椭圆：，为右顶点，为下焦点，延长交椭圆于另一点．
(1)求点的坐标；
(2)设椭圆在点处的切线为直线，求直线与所夹锐角的正切值；
(3)若直线与椭圆交于，两点（异于），使得，求证：直线过定点．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求出直线方程为，与椭圆方程联立得到点横坐标为，此时，得到答案；
（2）因为点在轴下方，，求导，得到切线直线为，，，得到，因此直线与所夹锐角的正切值；
（3）法一：到，的距离相等，设，求出直线的方程，由点到直线距离公式和，得，从而求出直线，由得点，求出直线所过定点；
法二：记直线、直线的倾斜角分别为、，根据得到，所以，设直线，与椭圆联立得到两根之和，两根之积，结合化简得，从而求出过定点；
法三：记直线、直线的斜率分别为、，根据，化简得到，设直线，联立得到齐次化方程，所以，代入得，故求出，求出定点坐标.
【详解】（1）因为椭圆：，即，所以，，
所以，即，
联立直线与椭圆方程，得，即，
解得或，显然点横坐标为，此时，
所以．
（2）因为点在轴下方，所以当时，，，
将代入，
所以，因此切线直线，即，
记直线、直线的倾斜角分别为、，则，，
所以，
因此直线与所夹锐角的正切值为．
（3）证明：法一：因为，所以到，的距离相等，
设该距离为，设，则，所以，
两边平方得，，
将代入化简得
设，同理可得，
所以直线，
由得点，直线过定点．
法二：记直线、直线的倾斜角分别为、，
则，，
因为，所以，即，
所以．
因为直线斜率不存在时，由对称性知不符合要求，所以设直线，
与椭圆联立得，设，
则，
结合化简得，
即，
所以时，过，不符合要求，舍去；
时，过定点．
综上，直线过定点．
法三：记直线、直线的斜率分别为、，
因为，所以，即，
所以．
因为直线不经过点，所以可设直线，
因为，所以，
所以，
即，所以，
代入得，
所以，因此直线过定点．
【典例5】
（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6】
（2025·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，椭圆E上的点到两焦点的距离之和为4.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设O为坐标原点，点在椭圆E上，直线与直线，分别交于点A，B．设与的面积分别为，比较与的大小．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆定义以及离心率可求出，再根据的关系求出，即可得到椭圆方程；
（2）法一：联立直线方程求出点坐标，即可求出，再根据，即可得出它们的大小关系.
法二：利用直线的到角公式或者倾斜角之间的关系得到，再根据三角形的面积公式即可解出.
【详解】（1）由椭圆可知，，所以，又，所以，，
故椭圆E的方程为；
（2）联立，消去得，，
整理得，①，
又，所以，，
故①式可化简为，即，所以，
所以直线与椭圆相切，为切点.
设，易知，当时，由对称性可知，．
故设，易知，
联立，解得，
联立，解得，
所以
，
，
故．
法二：不妨设，易知，当时，由对称性可知，．
故设，
联立，解得，
联立，解得，
若，则，
由对称性，不妨取，则，
，，所以，
同理，当时，，
当时，则，，,
又，所以，
所以
，
，
则，即，
所以.
【典例7】
（2025·山东青岛·三模）已知抛物线的焦点为，直线与恰有个公共点，与轴、轴分别交于点、．
(1)求的方程；
(2)求的外接圆的标准方程；
(3)若点在上运动，点在线段上，过的直线分别交线段、于点、，且，求点的轨迹方程．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）将点的坐标代入抛物线的方程，可得出的值，由此可得出抛物线的方程；
（2）分析可知不与轴平行，设直线的方程为，根据直线与抛物线相切以及点在直线上，可得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，可求出点、，由此可求出的外接圆圆心坐标以及圆的半径，即可得出圆的方程；
（3）解法一：设，，可得出，，结合已知条件得出，设，则，，设点，利用平面向量的坐标运算可化简得出点的轨迹方程；
解法二：记，，，可得出，根据三角形的面积关系得出，可得出的值，进而得出点为的重心，再结合平面向量的坐标运算化简可得出点的轨迹方程；
解法三：设、、、，设，则，根据平面向量的坐标运算得出点的坐标，设，同理可得出点的坐标，求出、的方程，结合，联立两直线方程可得出点的轨迹方程.
【详解】（1）因为在上，所以，所以的方程为.
（2）若与轴平行，则直线与轴无交点，不合题意；
若不与轴平行，则与相切于，
设直线的方程为，由，得，
所以，解得，
所以直线的方程为，
因为、、，，故为中点，
所以，线段中垂线的方程为，线段中垂线的方程为，
联立，解得，因此的外接圆圆心坐标为，
的外接圆半径等于，
所以，外接圆方程为.
（3）解法一：设，，
，故，
所以，同理，
因为，所以，所以，
设，因为，
所以，
因为、、三点共线，所以，所以，则，
设，则，，设点，
因为，，
所以，所以，
因为、不重合，所以，，
综上，点的轨迹方程为；
解法二：因为为中点，记，，，
则，
因为为中线，则且，故，
所以，所以是的重心，
设，则，，设点，
所以，解得，
因为、不重合，所以，，
综上，点的轨迹方程为；
解法三：设、、、，
设，则，所以，
所以，，
设，同理可得：，，
直线的方程为，
又因为，化简得：①，
直线的方程为②，
由①②解得，消去得：，
因为、不重合，所以，，
综上，点的轨迹方程为.
【典例8】
（2025·四川乐山·三模）已知动点与两个定点，的距离的比为.
(1)求动点的轨迹的方程；
(2)过上的动点作的切线交轴于点，以为圆心，为半径的圆与轴交于，.已知，，连接，交于点.
①求动点的轨迹方程；
②过点的直线与点的轨迹交于，两点，过作轴的垂线，记与直线0的交点为，若，证明：直线过定点.
【答案】(1)
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）设点，列方程，化简即可；
（2）①解法一：设，根据求解；
解法二：设，则点处的切线方程为，则：，：，进而得解；
解法三：设点，，，，由，可得，即，再根据斜率关系得解；
②解法一：设直线：，，，联立方程组，由可得，由，，共线得，进一步化简可得定点；
解法二：设，，、、三点共线，有，再根据斜率关系化简可得解.
【详解】（1）设点，由，
即，
化简得.
（2）①解法一：设，
则：，.
：，.
，
，即.
.
.
解法二：设，则点处的切线方程为.
，，
圆的方程为.
令，得，.
：，：.
由，两式乘得，即，
所以点的轨迹为.
解法三：设点，，，，
由，可得，即.
则.
另一方面，.
解得点的轨迹为.
②解法一：设直线：，，，
联立，可得.于是，.
由可得，
，.
记直线与轴交于点，
由，，共线得.
可得.
，
，
则.
于是直线过点.
解法二：设，，
、、三点共线，有.
，.
则.
即.
两式作差可得
于是，
另由，可知.
综上，，即直线过点.
【典例9】
（24-25高三上·山东威海·期末）已知抛物线，点在上，为常数，，按如下方式依次构造点，过点作轴的垂线交于点，过且斜率为的直线与的另一个交点为.记的坐标为.
(1)当时，求；
(2)设，证明：数列是等差数列；
(3)设为的面积，证明：为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由点在可得，根据直线的方程联立抛物线方程可得；
（2）由点差法可得，得，进而确定，可得，进而可得，即得，即证；
（3）由，由点差法可，
进而可得直线的斜率为，可得，由直线的方程为，可得到直线的距离为，进而，即证.
【详解】（1）

因为点在上，所以，解得，
由题意知的坐标为，直线的方程为：，
由，整理得，解得.
（2）法一：由题意知的坐标为，
所以，又，
两式相减得，即，
由题意知，可得，
所以数列是以1为首项，为公差的等差数列，
所以，可得，
所以，
可得，所以数列是等差数列.
法二：
由题意知的坐标为，
所以直线的方程为，
由，可得，
由题意知是直线与的公共点，所以，
所以数列是以1为首项，为公差的等差数列，
所以，可得，
所以，
所以，所以数列是等差数列.
（3）法一：的三个顶点为，
因为，两式相减得，即，
所以直线的斜率为，
可得，
直线的方程为，
即，
设到直线的距离为，则
所以，
所以为定值.
法2：
的三个顶点为，
可得，
，
所以
，
所以为定值.
法3：
要证为定值，只需证，
即证与面积相等，
因为，两式相减得，
即，
所以直线的斜率为，
同理可得直线的斜率为
所以，可得点到直线的距离相等，
所以，即为定值.
【点睛】关键点点睛：本题第二问关键能用点差法得到，进而，确定是等差数列，可得，进而依次得到，，；第三问由，可得和直线的方程为，进而得到直线的距离，进而，即证.
【典例10】
（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.
课后基础练
1．（25-26高三上·安徽·月考）已知椭圆的离心率为，短轴长为.
(1)求C的方程；
(2)若直线与C交于两点，O为坐标原点，的面积为，求t的值.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据题意可得，进而解出即可求解；
（2）联立直线与椭圆方程，根据弦长公式及点到直线的距离公式表示出的面积，建立方程即可求解.
【详解】（1）由题意，得，解得，
则椭圆C的方程为.
（2）设，
联立，得，
则，解得，
且，
所以，
点到直线的距离为，

则，解得或，满足，
则或.
2．（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.
3．（2025·河北保定·二模）已知双曲线的焦距为，离心率为．
(1)求C的方程；
(2)若A是C的左顶点，直线与C交于P，Q两点，求的面积．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，求出即可.
（2）求出点到直线的距离，再联立直线与双曲线方程求出弦长即可求出三角形面积.
【详解】（1）依题意，双曲线的半焦距，由离心率，解得，，
所以双曲线的方程为.
（2）由（1）知双曲线的左顶点，点到直线的距离，
由消去得，解得，，
则，所以的面积.
4．（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.

5．（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．
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6．（2025·四川成都·模拟预测）已知椭圆的右焦点为是椭圆上的任意两点，满足．
(1)求证：以为直径的圆和以长轴为直径的圆内切；
(2)求面积的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设的中点为，椭圆的左焦点为，由题意可得，可证结论；
（2）当直线斜率存在且不为0时，设直线的方程为，与椭圆方程联立可得，进而可得，求得，当斜率不存在时，可求得，可求得面积的取值范围．
【详解】（1）由，得，解得.
设的中点为，椭圆的左焦点为，因为是椭圆上的点，
所以，所以，
因为是的中点，所以，
又以长轴为直径的圆的圆心为，半径为，
以为直径的圆的圆心为，半径为；
所以，所以两圆相内切；
即以为直径的圆和以长轴为直径的圆内切；
（2）当直线斜率存在且不为0时，设直线的方程为，
由，得，所以，所以，
所以.
因为，将用代换可得，
所以
，
当且仅当，即时，取等号，
因为，所以，所以，
当直线斜率不存在或为0时，.
所以面积的取值范围为．
7．（2025·陕西西安·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知动点与定点的距离和到定直线的距离之比是常数2．
(1)求动点的轨迹方程；
(2)过点的动直线与曲线交于两点，问：在轴上是否存在定点，使得恒成立？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)动点的轨迹为双曲线．
(2)存在点满足题意.
【分析】（1）根据题意，结合距离公式，化简计算，即可得答案.
（2）由题意，根据面积公式，分析可得，即，设出直线方程，与抛物线联立，根据韦达定理，可得，表达式，根据直线方程，代入，化简整理，即可得答案.
【详解】（1）由已知得：，所以，
化简可得：，即动点的轨迹为双曲线.
（2）因为，
所以，即，
所以．
显然过点的动直线不与x轴重合，故设直线方程为，
，，，
联立，可得，
首先有，且，
由韦达定理得，，
因为，所以，
即，整理得，
所以，化简得，
当时，方程恒成立，
当时，解得，
故在轴上存在点，使得．
8．（2025·甘肃武威·模拟预测）已知椭圆与抛物线的公共焦点为，过点且斜率存在的直线与交于，两点，与交于，两点，记直线，，，（为原点）的斜率分别为，，，.
(1)求与的方程；
(2)证明：为定值.
【答案】(1)椭圆的方程为，抛物线的方程为
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题设椭圆及抛物线方程可得，，进而求解即可；
（2）设直线，，，，，联立直线与椭圆方程，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理可得，，进而求证即可.
【详解】（1）由题意得，则，所以椭圆的方程为.
由题意得，则，所以抛物线的方程为.
（2）证明：由题意可知直线的斜率存在且不为0，

设直线，，，，，
联立得，
则，，，
所以.
联立得，则，
所以，，
所以，
所以为定值.
9．（2025·河北沧州·模拟预测）已知双曲线E：（，）的左、右焦点分别为，，其上一点满足.
(1)求E的方程.
(2)记E的右顶点为B，射线BA上两点P，Q满足.
（ⅰ）若点P的横坐标为m，求点Q的坐标（用m表示）；
（ⅱ）已知，，若的面积为，求.
【答案】(1)
(2)（ⅰ）；（ii）
【分析】（1）根据双曲线定义得出，再把点代入双曲线计算得出即可求解；
（2）（ⅰ）先设直线方程进而设点，再根据，计算求参；
（ⅱ）应用正弦定理结合两点间距离公式计算得出正弦比.
【详解】（1）因为，故，
将代入，可得，解得，
故E的方程为.
（2）（ⅰ）因为，而，故直线AB的斜率，
于是直线AB的方程为，
故.设点Q的横坐标为n，则，其中
于是，
故，于是点Q的坐标为，
（ⅱ）记E的半焦距为c，则，故，.
于是，
故的面积为，解得，故，
于是，，，，
在中，由正弦定理可知，
在中，由正弦定理可知，
又，
两式作比，可得，
于是.
10．（2025·全国·模拟预测）已知抛物线经过点，过点的直线与抛物线有两个不同的交点，且直线交轴于，直线交轴于．
(1)求抛物线的方程；
(2)①求直线的斜率的取值范围；
②若为原点，将上述两点坐标改为，且满足，其他条件不变，试探究是否为定值，并说明理由．
【答案】(1)
(2)①；②为定值，理由见解析
【分析】（1）将点坐标代入抛物线方程计算可得；
（2）①设出直线方程，联立抛物线方程消元，利用判别式，结合题意求解即可；②设出直线的方程，联立抛物线方程消元，利用坐标表示出直线，方程，进而可得、的坐标，表示出，利用韦达定理进行化简即可得解.
【详解】（1）因为抛物线过点，
所以，从而，故抛物线的方程为．
（2）①由题意知，直线的斜率存在且不为0，故设直线的方程为，
由得，
依题意，解得且．
又直线与轴相交，故直线不过点，从而，
所以直线斜率的取值范围为．
②为定值2．理由如下：
设，直线．
联立直线与抛物线的方程，可得，
根据韦达定理有．则,
故，
直线的方程为，
令，则，同理可得．
由得,得
同理，
则,
所以为定值，定值为2．
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11．（2025·河北·模拟预测）已知双曲线的离心率为，焦距为4．
(1)求双曲线的标准方程．
(2)过双曲线的左焦点的直线与双曲线交于两点，的中点为，点的轨迹为曲线．
（i）求的方程．
（ii）已知点在曲线上，点在轴的右侧，点在轴的左侧，为坐标原点，直线与直线分别交于点．求证：.
【答案】(1)；
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）利用给定的离心率求出双曲线的标准方程.
（2）（i）设出直线，与双曲线的方程联立并求出中点坐标，再消去参数即得的方程；（ii）设出直线方程及点坐标，与的方程联立，求出点的坐标，利用韦达定理列式计算得证.
【详解】（1）由双曲线的离心率为，焦距为4，
得半焦距，，则，
所以双曲线的标准方程为.
（2）（i），当直线不垂直于时，设其方程为，，
由消去得，，设，
则，，
于是，，整理得，
当直线垂直于时，由对称性不妨令，则，其坐标满足，
所以的方程为.
（ii）设直线的方程为，，
由消去得，，，
，直线，直线，
则，，
，所以.
12．（2025·湖南永州·模拟预测）已知椭圆的左､右焦点分别为，上顶点和右顶点分别为，.
(1)求的方程.
(2)已知过点的直线与交于两点，过点且与垂直的直线与交于两点，在轴的上方，分别为的中点，直线与交于点.
（i）求证：直线过定点；
（ii）求面积的最小值.
【答案】(1)；
(2)（i）证明见解析；（ii）.
【分析】（1）根据已知求出椭圆参数值，即可得方程；
（2）（i）设，直线，联立椭圆，应用韦达定理及已知求出的坐标，进而写出直线并确定其定点；（ii）连接，设为线段的中点，直线分别与相交于点，连接，进而得到，应用弦长公式、三角形面积公式列方程，再由基本不等式求最小值.
【详解】（1）设的半焦距为，由题意知，
由椭圆的几何性质知，，
，则，
，
，故的方程为.
（2）（i）由（1）知，，由题意知，直线与坐标轴不垂直，
设，直线，
将代入，整理得，
，
，
，同理可得，
，
∴直线，即，
∴直线过定点.
（ii）如图，连接，设为线段的中点，直线分别与相交于点，连接.
分别为的中点，
，则，
，故.
由（i）知，，
同理可得，，
，
当且仅当，即时，等号成立，
面积的最小值为.
13．（2025·福建福州·模拟预测）已知直线，直线，动点M到x轴的距离小于它到y轴的距离，过M分别作和的垂线，垂足分别为D，E，O为坐标原点，若四边形的面积为，设动点M的轨迹为曲线C．根据上述运算回答下面问题：
(1)求C的方程；
(2)若C交x轴正半轴于点A，C上一点B和直线上一点Q满足是以为底的等腰直角三角形．
（ⅰ）求直线的斜率：
（ⅱ）若B在第一象限，记点B关于的对称点为K，点B关于原点的对称点为，若动点M不与，B重合，设动直线与直线相交于点P，动直线与直线相交于点，求证：成等比数列．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）或；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）设，得到四边形为矩形，求得和，进而得到，即可求解；
（2）（ⅰ）解法一：设，求得，①当B在第一象限时，作轴，求得，求得直线BQ的斜率；②当B在第二象限时，作轴，求得，得到直线BQ的斜率③当B在第三象限时，由对称性，得到直线的斜率；④当B在第四象限时，由对称性，得到直线的斜率，进求得的斜率；
解法二：设直线AB的方程为，则直线的方程为，联立方程组，求得，根据，求得的值，进而求得的斜率；
解法三：设，根据，求得，结合，求得，所以，分类讨论，进而求得的斜率；
（ⅱ）证明：设，求得直线OK的方程为，分和，以及且，三种情况讨论，求得的坐标，化简得到，结合P，K，，O四点共线，得到，即可得证.
【详解】（1）解：如图所示1，设，
因为M到x轴的距离小于它到y轴的距离，所以，故，
又因为的斜率为1，的斜率为，故，四边形为矩形，
因为到直线的距离，故，同理，
所以四边形的面积为，所以，
所以，所以C的方程为．
（2）（ⅰ）解法一：设，令，代入，得，
①当B在第一象限时，如图2所示，由于是以为底的等腰直角三角形，
易知Q在x轴上方，，
作轴，垂足为S，则，故，故，
又因为则，即，
从而，故，直线的斜率．
②当B在第二象限时，如图3所示，由于是以为底的等腰直角三角形，
易知Q在x轴下方，，
作轴，垂足为S，则，故，故，
又，则，即，
从而，故，直线的斜率；
③当B在第三象限时，由对称性知，直线的斜率3；
④当B在第四象限时，由对称性知，直线的斜率；
综上可知，直线的斜率为或．
解法二：令，代入，可得，
易知直线AB的斜率存在且不为零，故可设直线AB的方程为，
则直线的方程为，则，
联立方程组，整理得，故，
所以，
由，得，
即，故，所以或，
当时，，所以，
直线的斜率
当时，，所以，
直线的斜率
当时，，所以，直线的斜率
当时，，所以，
直线的斜率
综上可知，直线的斜率为或．
解法三：令，代入，可得，
设，则，
由，可得，故，
由，可得，所以，
所以，
即，易知，所以，即，所以，
当时，，所以，
直线的斜率
当时，，所以，
直线的斜率：
当时，，所以，
直线的斜率；
当时，，所以，
直线的斜率，
综上可知，直线的斜率为或．
（ⅱ）证明：设，依题意可得，所以直线OK的方程为，
①若，则直线MB的方程为，直线的方程为，
此时点，所以，
因为P，K，，O四点共线，所以，所以成等比数列；
②若，则直线的方程为，直线MB的方程为，
此时点，所以，
因为P，K，，O四点共线，所以，所以成等比数列；
③若且，，
直线MB的方程为，
联立方程组，解得，
同理可得直线的方程为，
联立方程组，解得
因为在双曲线上，所以，
所以，
所以，
因为P，K，，O四点共线，所以，
所以成等比数列．
14．（2025·广东·模拟预测）已知椭圆的右顶点为，离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知为坐标原点，过点且与轴不重合的直线与椭圆交于，两点.
（i）若，且，分别在直线，上，探究：是否为定值.若是，求出该定值；若不是，请说明理由；
（ii）若，点在轴上方，记椭圆的左焦点为，若，且，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)（i）是，（ii）
【分析】（1）求椭圆的方程的解题思路 利用椭圆右顶点得，离心率得，结合求出，进而得到椭圆方程.
（2）(i) 探究是否为定值的解题思路 将角度和定值转化为三角形相似的证明，设直线方程联立椭圆，借助韦达定理计算相关函数值的乘积，验证相似条件，得出角度和为定值.
(ii) 求取值范围的解题思路 根据向量关系确定点的坐标，表示出两个三角形的面积并化简面积比，结合直线与椭圆联立后的韦达定理，求出相关变量的范围，进而得到面积比的取值范围.
【详解】（1）依题意，
解得，.
故椭圆的方程为.
（2）设，，
（i）结论：.下面给出证明.
，故要证，
即证，即证，
即证，即证，即证.
设直线的方程为，由消去，得，
由，得或.
则，，
设直线的方程为，令，得，故，
同理，，则，
而，
故，则.
（ii）因为，所以，
因为，所以，
则
，，
所以.（*）
由已知直线的斜率不为0，故设直线的方程为，
联立消可得，
其中，
则，，
所以，
因为，所以，，所以，
解得，即，
代入（*）式可得，.
15．（2025·山东·模拟预测）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：.