资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
8.3圆锥曲线综合问题
【备考指南】 2
【知识导图】 3
【考点梳理】 8
考点一：圆锥曲线弦长、焦点弦 8
考点二：圆锥曲线中点弦 21
考点三：圆锥曲线中最值与范围 32
考点四：圆锥曲线中定点、定值 43
考点五：圆锥曲线中与向量 54
考点六：直线与圆锥曲线位置关系 65
【真题在线】 79
【专项突破】 103
考点 考情分析 考频
椭圆 2023年新高考Ⅱ卷T5 2023年全国甲卷T7 2022年新高考Ⅰ卷T16 2022年新高考Ⅱ卷T16 2022年全国甲卷T10 2021年新高考Ⅰ卷T5 2021年全国甲卷T15 2021年全国乙卷T11 3年8考
双曲线 2023年新高考Ⅰ卷T16 2023年新高考Ⅱ卷T21 2023年全国乙卷T11 2022年全国甲卷T14 2022年全国乙卷T11 2021年新高考Ⅱ卷T13 2021年全国甲卷T5 2021年全国乙卷T13 3年8考
抛物线 2023年新高考Ⅱ卷T10 2023年全国甲卷T20 2022年新高考Ⅰ卷T11 2022年新高考Ⅱ卷T10 2022年全国乙卷T5 2021年新高考Ⅰ卷T14 2021年新高考Ⅱ卷T3 3年7考
直线与圆锥曲线位置关系 2023年新高考Ⅰ卷T22 2023年新高考Ⅱ卷T21 2022年新高考Ⅰ卷T21 2022年新高考Ⅱ卷T21 2022年全国甲卷T20 2022年全国乙卷T20 2021年新高考Ⅰ卷T21 2021年新高考Ⅱ卷T20 2021年全国甲卷T20 2021年全国乙卷T21 3年10考
预测：圆锥曲线综合问题是每年高考的必考大题，全面考察学生的运算能力，逻辑思维能力，对学生的要求较高，在复习的过程中加强对学生的计算能力的培养，加强对学生综合素养的提升.
考点一：圆锥曲线弦长、焦点弦
【典例精析】（多选）（2024·湖南永州·三模）已知抛物线的焦点为，过点且倾斜角为锐角的直线与抛物线相交于，两点（点在第一象限），过点作抛物线的准线的垂线，垂足为，直线与抛物线的准线相交于点，则（ ）
A．的最小值为2
B．当直线的斜率为时，
C．设直线，的斜率分别为，，则
D．过点作直线的垂线，垂足为，交直线于点，则
【答案】BCD
【分析】对于A，设直线的方程为，代入，得，根据焦半径的计算公式即可判断；对于B，根据交点弦的计算公式求解可判断；对于C，先得再根据斜率公式结合韦达定理即可求解；对于D，求得点的坐标即可判断.
【详解】，设直线的方程为.
对于A，把代入得，
设，则，
所以，A错；
对于B，当直线的斜率为时，，B对；
对于C，由题意知
则，，
所以，C对；
对于D，由有，
因为的方程为，令得，
所以点为的中点，即，D对.
故选：BCD.
【变式训练】
一、解答题
1．（2024·河北石家庄·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为为坐标原点，直线与交于两点，点在第一象限，点在第四象限且满足直线与直线的斜率之积为．当垂直于轴时，．
(1)求的方程；
(2)若点为的左顶点且满足，直线与交于，直线与交于．
①证明：为定值；
②证明：四边形的面积是面积的2倍．
2．（2024·辽宁·三模）已知椭圆的左右焦点分别为，椭圆的短轴长为，离心率为. 点为椭圆上的一个动点，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为，设，.
(1)求椭圆的方程；
(2)证明：为定值；
(3)已知，用表示的面积，并求出的最大值.
3．（2024·全国·模拟预测）已知双曲线的左，右焦点分别为，双曲线C的虚轴长为2，有一条渐近线方程为．如图，点A是双曲线C上位于第一象限内的点，过点A作直线l与双曲线的右支交于另外一点B，连接并延长交双曲线左支于点P，连接与，其中l垂直于的平分线m，垂足为D．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)求证：直线m与直线的斜率之积为定值；
(3)求的最小值．
4．（2023·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知，，平面内动点P满足.
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)动直线交C于A、B两点，O为坐标原点，直线和的倾斜角分别为和，若，求证直线过定点，并求出该定点坐标；
(3)设（2）中定点为Q，记与的面积分别为和，求的取值范围.
5．（2024·江苏南通·三模）已知抛物线的焦点为，直线过点交于两点，在两点的切线相交于点的中点为，且交于点．当的斜率为1时，．
(1)求的方程；
(2)若点的横坐标为2，求；
(3)设在点处的切线与分别交于点，求四边形面积的最小值．
参考答案：
1．(1)
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）取垂直轴特殊情况研究，由直线与直线的斜率之积为，且 求出点坐标，再代入椭圆方程待定系数法求解即可；
（2）①由建立坐标之间关系，利用在椭圆上及直线与直线的斜率之积为消去，即可得证；
②设，利用韦达定理将直线与直线的斜率之积为表示出来即可得到的关系，再表示出面积，四边形的面积；若要证，只需证．转化为证明，由题将用表示，化简即可.
【详解】（1）当垂直轴时，由直线与直线的斜率之积为，故，
设，则，解得，
即，则，解得，
故的方程为；
（2）（2）①设，
由知，
将得，
即．
由为上点，则
．
又直线与直线的斜率之积为，故，即．
因此；
②由题直线斜率不为0，设
由①联立，
消去得，
，
由，
即，
即．
因此有．
面积，
四边形的面积，
即若要证，只需证．
设，故只需证即可．
直线，
联立解得，
同理得．
故故问题得证．
【点睛】关键点点睛：
本题解题的关键是将表示为 后将同一直线上的弦长比值问题转化为纵坐标的比值问题，即证明，而可以用表示出来，从而达到消元化简的目的.
2．(1)
(2)证明见解析
(3)，
【分析】（1）根据条件得到，求出，即可求出结果；
（2）设，，利用条件得，，再利用，在椭圆上，即可得到，，从而证明结果；
（3）利用，再根据条件得到，最后使用不等式求出最大值.
【详解】（1）由题知，得到，又，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）由（1）知，，设，，
则，，，，
由，得到，所以，
又在椭圆上，所以，即.
又，故，即.
将其展开，得到，即.
从而，即，
易知，所以，得到，
同理，由，得到，所以，
又在椭圆上，所以，即.
又，故，即.
将其展开，得到，即.
从而，即，
易知，所以，得到，所以，
即为定值.
（3）因为，
又因为，，故，.
所以，，从而
.
又，故.
然后考虑的最大值.
首先，由于，故.
同时由可知，
故，从而，故.
这意味着；
另一方面，当的坐标是时，有，，此时.
所以的最大值是.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（3）问，利用，再结合条件得到，再利用不等式来求出最大值.
3．(1)；
(2)证明见解析；
(3)3
【分析】（1）根据虚轴长和渐近线求出即可；
（2）设，则，记直线m的方向向量为，利用坐标运算求解，整理即可得答案；
（3）设出直线方程，和双曲线联立，利用弦长公式和点到直线的距离公式得到，然后利用基本不等式求的最值.
【详解】（1）因为虚轴长为2，即，所以．
又因为有一条渐近线方程为，所以，
所以双曲线C的标准方程为；
（2）由题意，点A与点P关于原点对称．
设，则．
由题意可知直线m的斜率存在，设直线m的斜率为k，
记直线m的方向向量为，又直线m为的平分线，
则．
因为，
所以，
同理，
又，代入得，
，化简得．
所以，即直线与直线m的斜率之积为定值；
（3）由（2）可知．
又，所以，
将代入得，
，
所以．
设直线m的方程为，
将代入得，
所以直线m的方程为．
由点到直线距离公式得，
．
又直线的斜率为，设直线的方程为，
将代入得，
所以直线的方程为．
将其与联立得．
设，则．
由得，
所以．
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以当且仅当时，的最小值为3．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
4．(1)
(2)证明见解析，
(3)
【分析】（1）确定向量的坐标，利用，化简即可求曲线的方程；
（2）设直线的方程为与抛物线方程联立，得韦达定理，根据，利用和差角公式以及斜率公式可得，代入化简即可得即可证得，即可求解定点；
（3）根据，即可根据点线距离得求解.
【详解】（1）设点的坐标为.
由题意，
由，得，
化简得
所求曲线的方程为.
（2）因为过点的直线与曲线有两个不同的交点、，所以的斜率不为零，
故设直线的方程为
联立方程组，消并整理得，
设，，，，
于是，，，
由于，不妨设直线的斜率为，
则，
所以，即，
进而，
整理得，
将，代入可得，
化简得，
由于，所以，
则直线方程为，
故直线过定点，
（3）由题意可知，则直线方程为，且，
，其中分别为到直线的距离，
所以
代入，，，
由于且，故，
解得或，故，
故.
.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法：
（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.
（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
技巧：若直线方程为，则直线过定点；若直线方程为(为定值)，则直线过定点
5．(1)
(2)
(3)3
【分析】（1）设直线的方程为，再联立得到韦达定理式，最后根据焦点弦公式得到，则得到抛物线方程；
（2）首先得到，再根据导数得到两条切线方程，再计算出的坐标，求出值则得到相关点坐标，即可求出；
（3）首先证明出，再计算出的表达式，从而得到其最小值.
【详解】（1）由题意，直线的斜率必存在.
设直线的方程为，
联立得，所以
当时，，
此时，
所以，即.
所以的方程为.
（2）由(1)知，，
则，代入直线得，则中点.
因为，所以，
则直线方程为，即，
同理，直线方程为，
所以，
，所以.
因为，即，此时，
所以直线的方程为，代入，得，
所以，所以.
（3）由（2）知，
所以直线方程为，
代入，得，所以，所以为的中点.
因为在处的切线斜率，
所以在处的切线平行于，
又因为为的中点，所以.
由(1)中式得，所以，
因为直线方程为，
所以.
又到直线的距离，
所以，
(当且仅当时取“”)
所以，
所以四边形的面积的最小值为3.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是找到，再结合焦点弦和点到直线距离公式得到的表达式，从而得到其最小值.
考点二：圆锥曲线中点弦
【典例精析】（多选）（23-24高三上·湖北荆门·阶段练习）如图，双曲线的左右顶点为，，为右支上一点（不包含顶点），，，，直线与的渐近线交于、，为线段的中点，则（ ）
A．双曲线的离心率为 B．到两条渐近线的距离之积为
C． D．若直线与的斜率分别为，，则
【答案】ACD
【分析】对A，根据等轴双曲线的离心率即可判断；对B，结合渐近线与点到直线的距离即可；对C，由，结合即可；对D结合点差法即可.
【详解】对A，等轴双曲线的离心率为，所以A正确，
对B：双曲线的渐近线为，设，
到两条渐近线的距离为，
则，所以B错.
对C：， ，
所以，C正确.
对D：方法1：设与双曲线及其渐近线依次交于，，，
设设，，则，
由得中点的横坐标为
由得中点的横坐标为，
所以和的中点重合，即为双曲线弦的中点，由点差法得
，
，
设直线的斜率为，斜率为
则，所以D正确.
方法2：设，，，
由，
∴，所以D正确.
故选：ACD
【变式训练】
一、解答题
1．（2024·四川成都·三模）在平面直角坐标系中，椭圆（）过点，直线与椭圆相交于不同于点的，两点，为线段的中点，当直线斜率为时，直线的倾斜角等于
(1)求椭圆的方程；
(2)直线，分别与直线相交于，两点.线段，的中点为，若的纵坐标为定值，判断直线是否过定点，若是，求出该定点，若不是，说明理由.
2．（23-24高三上·河北邯郸·阶段练习）已知椭圆的右焦点为，右顶点为，上顶点为，点为坐标原点，线段的中点恰好为，点到直线的距离为．
(1)求的方程；
(2)设点在直线上，过作的垂线交椭圆于两点．记与面积分别为，求的值．
3．（2024·全国·模拟预测）已知长为的线段的中点为原点，圆经过两点且与直线相切，圆心的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)过点且互相垂直的直线分别与曲线交于点和点，且，四边形的面积为，求实数的值.
4．（2024·浙江金华·模拟预测）在直角坐标系中，圆Γ的圆心P在y轴上（不与重合），且与双曲线的右支交于A，B两点．已知．
(1)求Ω的离心率；
(2)若Ω的右焦点为，且圆Γ过点F，求的取值范围．
5．（2024·贵州·三模）已知双曲线，过点的直线与双曲线相交于两点.
(1)点能否是线段的中点？请说明理由；
(2)若点都在双曲线的右支上，直线与轴交于点，设，求的取值范围.
参考答案：
1．(1)；
(2)直线过点.
【分析】（1）根据点得到，然后利用点差法得到，即可得到，然后写椭圆方程即可；
（2）设的坐标，根据直线的方程得到点的坐标，然后将，转化为方程的两根，根据的纵坐标和韦达定理得到，最后根据的纵坐标为定值得到，，即可得到直线过定点.
【详解】（1）
由已知得，
设，，中点为
由相减得，
∴，即.
所以椭圆方程为.
（2）设，，
所以：，即，
∴，同理，
设直线过点，
∴，是方程的两根.
即，
整理得，
∴，，
∴，
∴，，
所以直线过点.
【点睛】关键点睛：本题解题关键在于的纵坐标为定值，对于定值的问题关键在于与参数无关，本题中的纵坐标为定值可得与参数无关，即可得到，然后求即可.
2．(1)
(2)1
【分析】（1）根据题意可得，又点到直线的距离为列式计算求得；
（2）设线段的中点，利用点差法可得，三点共线，即直线过线段的中点，得解.
【详解】（1）设，则，由线段的中点恰好为，得，
所以，整理得，
由得直线方程为，
所以点到直线的距离为，
所以，
椭圆的方程为．
（2）设，线段的中点，
则．
由（1）知，直线的斜率，
当时，直线的斜率．
因为点在椭圆上，所以，两式相减，
整理得，
又，
所以，直线的斜率为，
因为直线的斜率为，
所以三点共线，即直线过线段的中点，
当时，直线也过线段的中点，
所以到直线的距离相等，即与等底等高．
所以．
【点睛】思路点睛：设，线段的中点，利用点差法可得，三点共线，即线段的中点在直线上，得解.
3．(1)
(2)
【分析】（1）直接写出圆心符合的等量关系式，进而得到曲线的方程；
（2）先用点差法求出方程，再联立曲线，用弦长公式求，根据垂直，同理可求，再表示面积即可求出实数的值.
【详解】（1）由题意知圆心在线段的垂直平分线上，则,设，圆的半径为，
则，
又圆与直线相切，故，
于是，化简得，
所以曲线的方程为.
（2）设，根据可得为的中点，
则，得，
即，所以直线.
联立方程，得，得，
由，得，
所以，
所以.
设，因为互相垂直，易知直线，
联立方程，得，
得，
由，得，
所以，
所以.
则四边形的面积为.
令，
化简得，
解得（舍）或，符合，所以.
4．(1)
(2)
【分析】（1）由点差法与直线与圆的性质分别得到与直线的斜率有关的等量关系，结合已知条件将坐标化，得，再结合两斜率关系，整体消元可得，从而求出斜率；
（2）将化斜为直，转化为坐标表示，再由韦达定理代入得关于的函数解析式，求解值域即可.
【详解】（1）设，，则线段中点
由题意不与重合，则，由在双曲线右支上，则，
所以斜率存在且不为.
由在双曲线上，则，且，
两式作差得，
所以有，
故①，
由圆Γ的圆心P在y轴上（P不与O重合），设，
由题意，
则，
化简得，由，得，
由圆Γ的圆心为，弦中点为，所以，
则，即②，
由①②得，，则，
故Ω的离心率为.
（2）由Ω的右焦点为，得，
由（1）知，，所以有，故双曲线的方程为.
设圆的方程为，由圆Γ过点，则，
则圆的方程可化为，
联立，消化简得，
，
其中，，则有，
由，
同理，
所以，
其中，
令，则，
所以，
设，，
由函数在单调递增，则，即，
所以有，
故,
.

【点睛】方法点睛：圆锥曲线最值范围问题，关键在把要求最值（范围）的几何量、代数式转化为某个（些）参数的函数，然后利用函数、不等式方法进行求解.
5．(1)不是，理由见解析
(2)
【分析】
（1）设,利用点差法求解，求出直线方程，与双曲线方程联立，判断是否是中点;
(2)设直线方程，求出点坐标，设，联立方程，根据根与系数关系求解的范围，根据,求出，进而求出的取值范围.
【详解】（1）假设是的中点，设,
则，
由，可得,
则直线方程,即，
则，即，
故与题设矛盾，故点不是的中点.
（2）设直线方程,则，令，
设，联立，
则
故，即或，
根据，
则，代入双曲线方程可得，，
同理可得，
所以是方程的两个根，
则，，
故，
由或，则或，
即或,
故.
考点三：圆锥曲线中最值与范围
【典例精析】（多选）（2024·河南·三模）如图，已知椭圆的左、右顶点分别是，上顶点为，在椭圆上任取一点（非长轴端点），连接交直线于点，连接交于点（是坐标原点），则（ ）

A．为定值 B．
C． D．的最大值为
【答案】AC
【分析】设点的坐标为，，而，对于A，求出直线的斜率进行判断；对于B，C，求出直线的方程，令，求出的值，可得点的坐标，然后可求出的斜率进行判断；对于D，求出直线，的方程，两方程联立可求出点的坐标，从而可表示出的长，进而可判断其最值
【详解】由题意知，因为点在椭圆上，
所以设点的坐标为，，．
对于A，，故A正确；
对于B，因为，直线的方程为，令，得，故，
所以，所以，故B错误；
对于C，因为，所以，所以，故C正确；
对于D，的方程为，的方程为，
联立直线的方程可求得，，故点，又，
所以，
当，时，，故，故D错误．
故选：AC．
【变式训练】
一、解答题
1．（2023·福建福州·模拟预测）在直角坐标系中，已知抛物线C：的焦点为F，过F的直线l与C交于M，N两点，且当l的斜率为1时，.
(1)求C的方程；
(2)设l与C的准线交于点P，直线PO与C交于点Q（异于原点），线段MN的中点为R，若，求面积的取值范围.
2．（23-24高三下·江西·阶段练习）在平面直角坐标系中，，直线，动点在直线上，过点作直线的垂线，与线段的中垂线交于点.
(1)求点的轨迹的方程；
(2)经过曲线上一点作一条倾斜角为的直线，与曲线交于两个不同的点Q，R，求的取值范围.
3．（2024·江苏南通·二模）已知双曲线的渐近线为，左顶点为.
(1)求双曲线的方程；
(2)直线交轴于点，过点的直线交双曲线于，，直线，分别交于，，若，，，均在圆上，
①求的横坐标；
②求圆面积的取值范围.
4．（2024·广东茂名·模拟预测）已知椭圆的右顶点A和上顶点为B关于直线对称．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)点P，Q为椭圆C上两个动点，直线，的斜率之积为，，D为垂足，求的最小值．
5．（2024·重庆·二模）已知椭圆的左 右焦点分别为，点是其左 右顶点，点为上异于的点，满足直线与的斜率之积为的周长为6.
(1)求椭圆的方程；
(2)直线过点，与椭圆交于两点，当外接圆面积最小时，求直线的方程.
参考答案：
1．(1)
(2)
【分析】（1）设出直线方程，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，由焦点弦长公式得到方程，求出，得到答案；
（2）在（1）基础上得到，进而求出，故轴，得到，表达出，结合，得到答案.
【详解】（1）因为过F的直线l与C交于M，N两点，故直线的斜率不为0，
不妨设l的方程为，，，
联立l与C的方程，得，
∴，，
则，
∴由题可知当时，，
∴，
∴C的方程为.
（2）由（1）知，
将R的纵坐标2m代入，得，
易知C的准线方程为，又l与C的准线交于点P，
∴，
则直线OP的方程为，联立OP与C的方程，得，
∴，
∴Q，R的纵坐标相等，
∴直线轴，
∴，
∴，
∵点Q异于原点，
∴，
∵，
∴，
∴，即.
【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．
2．(1)
(2)
【分析】（1）利用线段的中垂线的性质得出，根据抛物线的定义即得方程；
（2）设，则直线的方程为，将直线方程与曲线方程联立，由可得t的取值范围，设的横坐标分别为，结合的倾斜角为，结合弦长公式可将表示为关于t的函数，从而求得其取值范围．
【详解】（1）由图可得，所以点的轨迹是以为焦点的抛物线，
故点的轨迹的方程为；

（2）设，则直线的方程为，代入曲线的方程得，.
化简可得：①，
由于与交于两个不同的点，故关于的方程①的判别式为正，计算得，
，
因此有，②
设Q，R的横坐标分别为，，
由①知，，，
因此，结合的倾斜角为可知，
，③
由②可知，，故，
从而由③得：.

【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．
3．(1)
(2)①；②且
【分析】（1）根据渐近线方程及顶点求出得双曲线方程；
（2）①设，由四点共圆可得，根据斜率公式转化为点坐标表示形式，由直线与双曲线联立得出根与系数的关系，据此化简即可求出；②求出点坐标得出，利用正弦定理求出外接圆的半径，根据均值不等式求出半径的最值，即可得出圆面积的最值.
【详解】（1）因为双曲线的渐近线关于坐标轴及原点对称，又顶点在轴上，
可设双曲线的方程为（，），
从而渐近线方程为：，由题条件知：.
因为双曲线的左顶点为，
所以，，
所以双曲线的方程为：.
（2）如图，

①，设直线的方程为：，
将代入方程：，得，
当且时，
设，，则，.
设直线的倾斜角为，不妨设，则，
由于，，，四点共圆知：，
所以直线的倾斜角为，.
直线的方程为：，
令，则，从而，
所以，又，
得：，
又，代入上式得：
，
，
，
化简得：，解得：（舍）或.
故点的坐标为.
②直线的方程为，由①知：，
所以.
直线方程；，所以，
若，在轴上方时，在的上方，即时，；
若，在轴下方时，即时，，
所以或.
又直线与渐近线不平行，所以.
所以，或且.
因为，
设圆的半径为，面积为，则，
所以
，
当且仅当即时，上述不等式取等号，
或且.
所以且，从而且.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于利用直线的倾斜角与圆的内接四边形的角的关系，得出这一关键数量关系，再转化为直线与双曲线相交，利用根与系数的关系化简求参数的常规问题.
4．(1)
(2)
【分析】（1）由已知可得，，求解可得椭圆的标准方程；
（2）设，，由题意得直线斜率不为零，设，与椭圆联立方程组，结合已知可得，可求得直线过点，D在以为直径的圆上，从而可求的最小值.
【详解】（1）由点和关于直线对称，
由直线的斜率为，可得直线的斜率为，有①，
又由线段的中点在直线上，有②，
联立方程①②解得，，
故椭圆C的标准方程为；
（2）设，，由题意得直线斜率不为零，设，
由，得，即，
所以，且,
故,
由，得，即，
所以，
所以，
所以，化简得，
所以或，
若，则直线过椭圆的右顶点，不符合题意，所以，
所以过定点，因为，D为垂足，
所以D在以为直径的圆上，，的中点为，又，
所以．
所以的最小值为，
即的最小值为．
【点睛】关键点点睛：本题是圆锥曲线过定点问题，属于难题，解决问题的关键点有两个，一是过定点问题不是显性的，比较隐晦，识别出来有困难，第二在由斜率的乘积是常数进行化简整理的过程中，计算直线过定点难度比较大，容易形成畏难心理导致计算失败.
5．(1)
(2).
【分析】（1）由题意可得△的周长为，可得，的关系，再由直线，的斜率之积可得，的关系，进而求出，的值，求出椭圆的方程；
（2）设直线的方程，与椭圆的方程联立，可得两根之和及两根之积，求出的面积的表达式，换元整理，再由导数的方法，求出外接圆半径的最小值时直线的方程．
【详解】（1），设，有，
又.
由题意，，即，解得.
所以椭圆的方程为.
（2）设直线，联立，得，
设，则，
,.
点到直线的距离为.
面积.
设外接圆半径为，
由正弦定理，有
令，则.
令，则，
因为，
所以在上单调递增，
从而当，即时，取最小值，即外接圆面积最小，
此时直线的方程为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆中三角形面积问题，关键是利用等面积法确定半径的函数表达式并利用导数求最值.
考点四：圆锥曲线中定点、定值
【典例精析】（多选）（2024·江西宜春·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，是上的两个动点，则（ ）
A．存在点，使得
B．若，则的面积为
C．记的上顶点为，若轴，则直线AP与AQ的斜率之积为
D．若是的上顶点，则的最大值为
【答案】ACD
【分析】由可判断A；设，，由余弦定理可求出，再由三角形的面积公式可判断B；设，，则，表示出结合椭圆方程可判断C；设，求出，由二次函数的性质可判断D.
【详解】由椭圆方程，得，，所以．
对于A，，所以存在点，使得．故A正确；
对于B，设，，则，因为，
所以由余弦定理得．
所以．所以．故B错误；
对于C，由题得，设，，则．
所以，又．
所以．所以．故C正确；
对于D．．设．则．
所以
．
因为．所以当时，取得最大值18．
所以的最大值为，故D正确
故选：ACD．
【变式训练】
一、解答题
1．（2024·吉林长春·模拟预测）已知椭圆过点，离心率为.不过原点的直线交椭圆于两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，且.
(1)求椭圆的方程；
(2)证明：直线的斜率为定值；
(3)求面积的最大值.
2．（2024·湖北武汉·二模）已知点是圆上的动点，，是线段上一点，且，设点的轨迹为.
(1)求轨迹的方程；
(2)设不过原点的直线与交于两点，且直线的斜率的乘积为.平面上一点满足，连接交于点（点在线段上且不与端点重合）.试问的面积是否为定值？若是，求出定值；若不是定值，说明理由.
3．（2024·浙江·二模）已知双曲线左右焦点分别为，，点在双曲线上，且点到双曲线两条渐近线的距离乘积为，过分别作两条斜率存在且互相垂直的直线，，已知与双曲线左支交于，两点，与左右两支分别交于，两点.
(1)求双曲线的方程；
(2)若线段，的中点分别为，，求证：直线恒过定点，并求出该定点坐标.
4．（2024·江西赣州·二模）如图，曲线是以原点O为中心，，为焦点的椭圆的一部分，曲线是以O为顶点，为焦点的抛物线的一部分，是和的交点，我们把和合成的曲线W称为“月蚀圆”.
(1)求所在椭圆和所在抛物线的标准方程；
(2)过作与y轴不垂直的直线l，l与W依次交于B，C，D，E四点，P，Q为所在抛物线的准线上两点，M，N分别为CD，BE的中点.设，，，分别表示，，，的面积，求.
5．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）如图抛物线，过有两条直线与抛物线交于与抛物线交于，
(1)若斜率为1，求；
(2)是否存在抛物线上定点，使得，若存在，求出点坐标并证明，若不存在，请说明理由；
(3)直线与直线相交于两点，证明：为中点.
参考答案：
1．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据离心率和过点M，用待定系数法可求出椭圆C的方程；
（2）设出直线并与椭圆进行联立，用韦达定理表示出，并进行化简，即可求出斜率定值；
（3）根据弦长公式和点到直线的距离公式表示出三角形面积，将其转化为函数，再利用导数求出最大值.
【详解】（1）依题意，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）设直线方程为，
由得，
，
，
解得.
（3）由（2）得，
，
的面积，
，
，
令，解得，即在上单调递增，
令，解得或，即在和上单调递减，
所以当时，取到最大值，
的面积
【点睛】关键点点睛：本题主要考查直线与椭圆的位置关系，解决直线与椭圆的综合问题，关键在于（1）注意题设中每一个条件，明确确定直线和椭圆的条件；（2）直线和椭圆联立得韦达定理，与弦长公式和点到直线距离公式的结合运用；（3）求最值时，要善于转化为函数关系，利用导数来求解.
2．(1)
(2)是，
【分析】（1）借助椭圆定义计算即可得解；
（2）设，代入曲线方程中联立可得，结合题意计算可得，设，结合点在曲线上计算可得的值，即可得的面积.
【详解】（1）因为，
所以点的轨迹是以点为焦点的椭圆，
设，则，即.
由知，
所以点的轨迹的方程为；
（2）
设，则由，得.
因为点均在曲线上，所以，
同向相乘得
整理得：
又因为，所以，
所以，
设，则，
又因为点在曲线上，所以，
整理得：，
又因为，，
代入上式得：，即，
又因为，所以，
所以.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于计算出后，利用面积公式得到，从而可通过计算的值得解.
3．(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）根据题意，列出的方程组求出得解；
（2）设直线的方程为，可得的方程，分别与双曲线方程联立，结合韦达定理求出点的坐标，表示直线的方程，令求得是定值.
【详解】（1）设双曲线的两渐近线方程分别为，，
点到双曲线两渐近线的距离乘积为，
由题意可得：，解得，，
所以双曲线的方程为.
（2）设直线的方程为，
由，互相垂直得的方程，
联立方程得，消得，
成立，所以，，
所以点坐标为，
联立方程得，所以，，
所以点坐标为，
根据对称性判断知定点在轴上，
直线的方程为，
则当时，，
所以直线恒过定点，定点坐标为.

【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用设线法再联立双曲线方程从而解出点的坐标，再得到直线的方程，最后令即可得到其定点坐标.
4．(1)，
(2)
【分析】（1）设椭圆的标准方程为，抛物线的标准方程为,根据在曲线上和焦点坐标，即可求出答案.
（2）设，，，，，分别联立直线l与椭圆和抛物线的方程，利用韦达定理表示出，，由转化为，化简即可得出答案.
【详解】（1）由题知，设椭圆的标准方程为，
抛物线的标准方程为,
由于曲线经过，所以，解得，
所以，所以，
所以，且，
解得，，
所以；
（2）由题意可知直线l的斜率必存在且不为0，
设，，，，
联立可得
可得
联立可得，可得
记，，，的高分别为，，，，
由于，，
所以
.
【点睛】方法点睛：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．
5．(1)
(2)存在，，证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意，得到直线方程为，联立方程组，结合弦长公式，即可求解；
（2）设直线的方程为，联立方程组得到，结合，列出方程，求得，即可求解；
（3）设，结合的方程求得，，
再由，联立方程组，求得，得到，即可得证.
【详解】（1）解：由题意，直线方程为，即，
联立方程组，可得，可得且，
所以.
（2）解：设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设，则，
可得，
即，
即，
因为，所以，即，
即，即恒成立，
解得，即.
（3）解：设，
则过，所以，所以，
过，所以，所以，
，
联立方程组，可得，同理，
所以
，
所以的中点为.
【点睛】方法点睛：解决抛物线问题的方法与策略：
1、涉及抛物线的定义问题：抛物线的定义是解决抛物线问题的基础，它能将两种距离(抛物线上的点到焦点的距离、抛物线上的点到准线的距离)进行等量转化．如果问题中涉及抛物线的焦点和准线，又能与距离联系起来，那么用抛物线定义就能解决问题．因此，涉及抛物线的焦半径、焦点弦问题，可以优先考虑利用抛物线的定义转化为点到准线的距离，这样就可以使问题简单化．
2、涉及直线与抛物线的综合问题：通常设出直线方程，与抛物线方程联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时注意向量、基本不等式、函数及导数在解答中的应用.
考点五：圆锥曲线中与向量
【典例精析】（多选）（2023·安徽合肥·模拟预测）如图，为坐标原点，分别为双曲线的左 右焦点，过双曲线右支上一点作双曲线的切线分别交两渐近线于两点，交轴于点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．若存在点，使得，且，则双曲线的离心率为2或
【答案】AB
【分析】对于A,先证明双曲线上一点的切线方程为，与双曲线的渐近线进行联立，可得坐标，可得到，结合即可判断；对于B，由A选项可得点是线段的中点，即可判断；对于C，由即可判断；对于D，通过可得，则能算出，结合余弦定理即可求解
【详解】对于选项，先求双曲线上一点的切线方程，
不妨先探究双曲线在第一象限的部分（其他象限由对称性同理可得）.
由得：，所以，
则在点的切线斜率为，
所以在点的切线方程为：，
又因为，所以在点的切线方程为：，
当为右顶点时，切线方程为，易得也满足，
不失一般性，设点是双曲线在第一象限的一点或双曲线的右顶点，是切线与渐近线在第一象限的交点，是切线与渐近线在第四象限的交点，双曲线的渐近线方程为，
联立，
所以点，同理可得：，
则，
又因为，所以，即：，故A项正确；
对于选项B，由A项知，，
所以点是线段的中点，所以，故B项正确；
对于选项，因为在点的切线方程为：，
令得，所以点，
则，
当点在顶点时，仍然满足，故C项错误；
对于选项D，因为，所以，
又因为，所以，解得：，
即：，代入得，
所以
，
，
因为，所以，
所以，
解得：或6，所以离心率为或，故D项错误.
故选：AB
【点睛】结论点睛：双曲线上一点的切线方程为，对椭圆、抛物线也有类似结论．
【变式训练】
一、解答题
1．（2024·福建厦门·二模）已知，，为平面上的一个动点.设直线的斜率分别为，，且满足.记的轨迹为曲线.
(1)求的轨迹方程；
(2)直线，分别交动直线于点，过点作的垂线交轴于点.是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，说明理由.
2．（2023·上海奉贤·一模）已知椭圆的焦距为，离心率为，椭圆的左右焦点分别为、，直角坐标原点记为．设点，过点作倾斜角为锐角的直线与椭圆交于不同的两点、．
(1)求椭圆的方程；
(2)设椭圆上有一动点，求的取值范围；
(3)设线段的中点为，当时，判别椭圆上是否存在点，使得非零向量与向量平行，请说明理由．
3．（2023·河北邢台·模拟预测）已知双曲线（）的离心率为，且经过点.
(1)求E的方程；
(2)若A，B是E右支上的不同两点，O是坐标原点，求的最小值.
4．（23-24高二上·上海·期末）已知双曲线的左、右焦点为、，虚轴长为，离心率为，过的左焦点作直线交的左支于A、B两点.
(1)求双曲线C的方程；
(2)若，求的大小；
(3)若，试问：是否存在直线，使得点在以为直径的圆上？请说明理由.
5．（2024·河北沧州·一模）已知点是椭圆上在第一象限内的一点，A，B分别为椭圆的左、右顶点．
(1)若点的坐标为，的面积为1．
（i）求椭圆的方程；
（ii）若抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，直线与交于C，D两点，与交于E，G两点，若，求实数的值．
(2)若椭圆的短轴长为2，直线AQ，BQ与直线分别交于M，N两点，若与的面积之比的最小值为，求此时点的坐标．
参考答案：
1．(1)
(2)存在，12
【分析】（1）设点，由题意列出等式，化简即可求得答案；
（2）分别设直线的方程，求出点的坐标，即可得出直线的方程，继而求出H点坐标，从而求出的表达式，结合二次函数知识，即可得结论，并求得最大值.
【详解】（1）由题意设点，由于，
故，整理得，
即的轨迹方程为；
（2）由题意知直线的斜率分别为，，且满足，
设直线的方程为，令，则可得，即，
直线，同理求得，
又直线的方程为，
令，得，即，
故
，
当时，取到最大值12，
即存在最大值，最大值为12.
【点睛】易错点点睛：本题考查轨迹方程的求解以及直线和椭圆位置关系中的探究最值是否存在问题，解答思路不困难，即表示出直线方程，求得坐标，进而求出的表达式，结合二次函数知识即可求解，但很容易出错，易错点在于计算较为复杂，计算量较大，。并且基本都是字母参数的运算，需要十分细心.
2．(1)
(2)
(3)不存在点，使得//，理由见解析
【分析】（1）由题意计算即可得；
（2）由设出点坐标，表示出，结合与点坐标范围计算即可得.
（3）设出直线方程后联立得一元二次方程，由直线与椭圆交于不同的两点可得该方程，并由方程中的韦达定理表示出直线斜率，假设存在该点，则有，借此设出直线方程，则该直线与椭圆必有焦点，即联立后有，结合前面所得可计算出的范围.
【详解】（1）由题意，得，，所以，
则椭圆的标准方程为；
（2）设动点，，，
，
，所以的取值范围为；
（3）显然直线的斜率存在，故可设直线，、，
联立， 消去得，
，即①，
则，，
则，，
则，
故，
若，则有，
设直线为，
联立，消去有，
要使得存在点，则，
整理得，
故②，
由①②式得，，
则，解得，
所以当时，不存在点，使得.
3．(1)
(2)
【分析】（1）由离心率、点在双曲线上及参数关系列方程组求参数，即可得方程；
（2）令，所以，令且，，联立椭圆并应用韦达定理可得，进而求最小值.
【详解】（1）由题设，可得，则.
（2）令，则，
所以，
由题设，可令且，，联立，
所以，且，
所以，，
则，
所以，而，
则，故，则的最小值为.
【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.
4．(1)
(2)
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）根据条件列出关于的方程组，由此求解出的值，则双曲线方程可知；
（2）根据双曲线的定义求解出，在中利用余弦定理求解出的值，则的大小可知；
（3）当的斜率不存在时，直接分析即可，当的斜率存在时，设出的方程并与双曲线方程联立，得到横坐标的韦达定理形式，根据进行化简计算，从而判断出是否存在.
【详解】（1）由题意可知：，解得，
所以双曲线的方程为：；
（2）因为，所以，且，
所以，
所以的大小为；
（3）假设存在满足要求，
当的斜率不存在时，，由解得，
所以，所以不垂直，故不满足要求；
当的斜率存在时，因为与双曲线有两个交点，所以，即，
设，，
联立可得，
且，即，
所以，
所以，
所以，
所以
，
所以也不满足要求，
故假设不成立，即不存在直线，使得点在以为直径的圆上.
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线的综合应用，对学生的转化与计算能力要求较高，难度较大.解答本题第三问的关键在于：将“以为直径的圆过点”转化为“”，从而转化为坐标之间的运算.
5．(1)（i）；（ii）
(2)
【分析】（1）（i）根据，求出，再由点在椭圆上，求出，即可求解；（ii）直曲联立，利用韦达定理分别求出、,求出的值，再分与方向相同和与方向相反两种情况求解即可.
（2）由三点共线分别求出、，从而表示出，利用换元得，结合二次函数的性质求出最小值，得到方程解出，进一步求解点的坐标即可.
【详解】（1）（i）根据已知条件，有，解得，
又在椭圆上，将的坐标代入椭圆方程有：，解得，
所以椭圆的方程为：.
（ii）因为抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，所以抛物线方程为；
直线与椭圆联立，整理有：，
由韦达定理得：，，
；
直线与抛物线联立，整理得，
由韦达定理得：，，
；
，若与方向相同，则，
若与方向相反，则，故.
（2）椭圆的短轴长为2，所以椭圆方程为：，
因为，，三点共线，
所以，解得；
同理：，，三点共线，
所以，解得；
设，此时，
，
因为，所以，
所以；
又设，，所以，
因为，令，，此时，
所以，
其中，，因为，所以
为开口向下，对称轴为，
其中，
故当时，取得最大值，
最大值为：，
所以有最小值为，令，解得或，
因为，所以（舍去），所以，解得，
此时，，又，所以，
所以点坐标为.
【点睛】关键点点睛：关键为求出，利用换元法将化为，结合二次函数单调性求解.
考点六：直线与圆锥曲线位置关系
【典例精析】（多选）（2024·山东日照·二模）已知是曲线上不同的两点，为坐标原点，则（ ）
A．的最小值为3
B．
C．若直线与曲线有公共点，则
D．对任意位于轴左侧且不在轴上的点，都存在点，使得曲线在两点处的切线垂直
【答案】BCD
【分析】根据题中曲线表达式去绝对值化简，根据表达式求值判定A，根据几何意义判断B，根据直线与椭圆的位置关系判断C，根据图形特征以及切线概念判断D.
【详解】当时，原方程即，
化简为，轨迹为椭圆，
将代入，解得，则此时，
即此部分为椭圆的一半，
当时，原方程即，
化简得，
将代入，解得或，
则此时，即此部分为圆的一部分，作出曲线的图形如下：

选项A：当时，，当时取最小值3，
当时，，当时取最小值1，
则的最小值为1，故A错误；
选项B：因为表示点与点和点的
距离之和，当时，点和点为椭圆的焦点，
由椭圆定义可知=4，
当时，点为圆的圆心，点在圆上，
所以=
当点P在或时最大，且为2，
所以，
即，故B正确；
选项C：直线过定点，当直线经过或时，
直线斜率，
联立，化简得，
因直线与曲线有公共点，即，
解得或，
所以直线与曲线有公共点时，故C正确；
选项D：当点P在椭圆上时，对任意位于y轴左侧且不在x轴上的点P，
则曲线C在点P处的切线斜率可以取任何非零正实数，
曲线C在y轴右侧椭圆部分切线斜率也可以取到任何非零负实数，使得两切线斜率为负倒数，
同理，当点P在圆上时，对任意位于y轴左侧且不在x轴上的点P，
则曲线C在点P处的切线斜率可以取任何非零负实数，
曲线C在y轴右侧圆部分切线斜率也可以取到任何非零正实数，使得两切线斜率为负倒数，
所以对任意位于轴左侧且不在轴上的点，都存在点，使得曲线在两点处的切线垂直，故D正确；
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：本题考查解析几何的综合问题，此类问题常见的处理方法为：
（1）几何法：通过图形特征转化，结合适当的辅助线与图形关系进而求解；
（2）坐标法：在平面直角坐标系中，通过坐标的运算与转化，运用方程联立与韦达定理等知识，用坐标运算求解答案.
【变式训练】
一、解答题
1．（2024·广东广州·二模）已知点是抛物线的焦点，的两条切线交于点是切点．
(1)若，求直线的方程；
(2)若点在直线上，记的面积为的面积为，求的最小值；
(3)证明：．
2．（2024·山东济南·三模）已知点在椭圆上，到的两焦点的距离之和为．
(1)求的方程；
(2)过抛物线上一动点，作的两条切线分别交于另外两点．
（ⅰ）当为的顶点时，求直线在轴上的截距（结果用含有的式子表示）；
（ⅱ）是否存在，使得直线总与相切．若存在，求的值；若不存在，说明理由．
3．（2024·辽宁·二模）彗星是太阳系大家庭里特殊的一族成员，它们以其明亮的尾巴和美丽的外观而闻名，它的运行轨道和行星轨道很不相同，一般为极扁的椭圆形、双曲线或抛物线.它们可以接近太阳，但在靠近太阳时，由于木星、土星等行星引力的微绕造成了轨道参数的偏差，使得它轨道的离心率由小于1变为大于或等于1，这使得少数彗星会出现“逃逸"现象，终生只能接近太阳一次，永不复返.通过演示，现有一颗彗星已经“逃逸”为以太阳为其中一个焦点离心率为的运行轨道，且慧星距离太阳的最近距离为.
(1)求彗星“逃逸”轨道的标准方程；
(2)设双曲线的两个顶点分别为，，过，作双曲线的切线，，若点P为双曲线上的动点，过P作双曲线的切线，交实轴于点Q，记直线与交于点M，直线交于点N.求证：M，N，Q三点共线.
4．（2024·四川南充·三模）已知圆，动圆P与圆M内切，且经过定点．设圆心P的轨迹为曲线．
(1)求曲线的轨迹方程；
(2)若，过点的直线l与曲线Γ交于M，N两点，连接分别交y轴于P、Q．试探究是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
5．（2024·陕西榆林·三模）已知椭圆的离心率为；直线与只有一个交点.
(1)求的方程；
(2)的左 右焦点分别为上的点（两点在轴上方）满足.
①试判断（为原点）是否成立，并说明理由；
②求四边形面积的最大值.
参考答案：
1．(1)；
(2)16；
(3)证明见解析.
【分析】（1）由题得坐标，设出切线方程，与抛物线方程联立可得参数的值，进而求解坐标，即可得方程；
（2）求得抛物线在点处的切线方程，化简得，由点在直线上可得纵坐标的和、积关系，进而利用两点间距离公式结合点到直线距离公式，表示出，化简结合配方法可求得最小值；
（3）利用两点间距离公式结合抛物线定义可得，利用两角差的正切公式求得，即，即可证得结论．
【详解】（1）由题知，抛物线，
切线斜率不为0，设切线为，
与联立，得，
，解得或3，
时，，则，切点为；
时，，则，切点为，
故直线方程为，即．
（2），设，
由题意易知抛物线的切线不与轴垂直，设切线为，
与联立，得，，则，
即，
故抛物线在点处的切线方程为，
在点处的切线方程为，
联立可得，
又在直线上，故，即①，
点到的距离为，
，
故，
同理可得，
故
，
将①式代入可得：
，
令，则，
则
，
故当时，有最小值为．
（3）由（2）知，
则
，
由抛物线定义可得
，
故，即．
，
，
，
，
则，
又与范围均为，
故，
结合，可得．
【点睛】方法点睛：在圆锥曲线中涉及到三角形面积的求解时，常常有三种求解三角形面积的方法：
（1）常规面积公式：底高；
（2）正弦面积公式：；
（3）铅锤水平面面积公式：过轴上的定点：（为轴上定长）
过轴上的定点（为轴上定长）
2．(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）存在，
【分析】（1）根据条件，利用椭圆的定义得到，再利用点在上，即可求出结果；
（2）（ⅰ）设直线的方程为，联立椭圆方程程，利用，得到，联立抛物线方程，得到，即可求出结果；（ⅱ）根据条件得到必要条件，再代入检验满足题意，从而求出结果.
【详解】（1）由题意，得．
又在上，得，从而，故E的方程为．
（2）（ⅰ）当为的顶点时，，
不妨设在第一象限，直线的方程为，
联立的方程为，可得．
由，得．
联立直线的方程与抛物线的方程，可得，
则点的纵坐标为，
由对称性知，
故直线在轴上的截距为．
（ⅱ）要使（2）中的直线与相切，必有，即，
解得或（舍去）．
设，，，则，，．
直线的方程为，即．
联立椭圆方程可得
，
由
可得，
即．
同理可得．
因为直线同时经过点，所以的直线方程为．
联立椭圆方程可得，
于是．
故直线与椭圆相切，因此符合题意．
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（2）问的第（ii）小问，通过条件，得到，从而有，再检验满足题意，即可求解.
3．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）不妨设双曲线的焦点在上，设其方程为，根据题意，求得 的值，即可求解；
（2）不妨设点在第一象限，求得切线方程，得到点的坐标，再由和的方程，联立方程组求得和，结合，即可得证.
【详解】（1）解：由题意知，彗星“逃逸”轨道的标准方程为双曲线，
不妨设双曲线的焦点在上，设其方程为，
因为双曲线的离心率为，可得，即，
又因为慧星距离太阳的最近距离为，可得，
解得，可得，
所以彗星“逃逸”轨道的标准方程.
（2）解：不妨设点在第一象限，
由双曲线，可得，则，
所以，即切线的斜率为，
则切线方程为且，可得，
令，可得，即点的坐标为，
又由过，可得切线，，
因为，
所以的方程为，的方程为，
联立方程组，解得，即，
再联立方程组，解得，即，
则，且，
所以，所以三点共线.
.
【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线问题的方法与策略：
1、涉及圆锥曲线的定义问题：抛物线的定义是解决圆锥曲线问题的基础，它能将两种距离(圆锥曲线上的点到焦点的距离、圆锥曲线上的点到准线的距离)进行等量转化．如果问题中涉及圆锥曲线的焦点和准线，又能与距离联系起来，那么用圆锥曲线定义就能解决问题．因此，涉及抛物线的焦半径、焦点弦问题，可以优先考虑利用抛物线的定义转化为点到准线的距离，这样就可以使问题简单化．
2、涉及直线与圆锥曲线的综合问题：通常设出直线方程，与圆锥曲线方程联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时注意向量、基本不等式、斜率公式及导数在解答中的应用.
3、涉及直线与圆锥曲线时，常常联立直线与圆锥曲线的方程，消元后利用一元二次方程的判别式、根据与系数的关系构造相关数量关系进行求解.
4．(1)
(2)是定值，定值为1
【分析】（1）根据圆与圆的位置关系，构造椭圆的定义，即可求解轨迹方程；
（2）利用直线与椭圆方程联立，并求点的纵坐标，利用韦达定理表示，即可证明.
【详解】（1）设圆的半径为，圆与圆内切于点，
因为点在圆的内部，所以点在圆内部，
所以，
那么点的轨迹为焦点在轴的椭圆，设曲线，
因为可得：，所以，，所以，
所以，
所以；
（2）显然直线的斜率存在，设，即，
，
联立与，得，
，得，
所以，，
显然直线的斜率存在且，那么，
令得到点的纵坐标，同理：点的纵坐标，
那么，
，
，
，
，
,
所以，即的中点为，
那么.

【点睛】关键点点睛：本题的关键是分析几何图形，转化为求的值.
5．(1)
(2)①不成立，理由见解析；②3
【分析】（1）结合离心率，联立曲线与直线方程，消去得与有关一元二次方程，有，计算即可得解；
（2）①设出直线、的方程，联立曲线表示出两点坐标，即可表示出、，假设成立，则有，计算即可得；
②设直线和椭圆另一交点为，结合面积公式与椭圆对称性可得，计算出该面积借助换元法与对勾函数的性质计算即可得.
【详解】（1）因为，所以，设椭圆方程为，
由，消去得，
又因为直线与椭圆只有一个交点，
所以，解得，
所以椭圆方程为；
（2）①直线不能平行于轴，所以可设直线的方程为，
设，由，得，
，则，
同理：设直线的方程为，
设，由，得，
，则；
若，即，
即：，，方程无解，所以不成立；
②设直线和椭圆另一交点为，由椭圆的对称性知，
又，，
设，则，
在上是减函数，
当时，取最大值3，此时，即.
【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于找到直线和椭圆另一交点，结合椭圆对称性得到，从而表示出面积.
一、解答题
1．（2023·全国·高考真题）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．
2．（2023·全国·高考真题）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．
3．（2023·全国·高考真题）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．
4．（2023·全国·高考真题）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.
5．（2022·全国·高考真题）已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①M在上；②；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
6．（2022·全国·高考真题）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的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程．
7．（2022·全国·高考真题）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．
8．（2022·全国·高考真题）已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0．
(1)求l的斜率；
(2)若，求的面积．
9．（2021·全国·高考真题）已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是．
10．（2021·全国·高考真题）已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为．
（1）求；
（2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值．
11．（2021·全国·高考真题）在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和.
参考答案：
1．(1)
(2)
【分析】（1）利用直线与抛物线的位置关系，联立直线和抛物线方程求出弦长即可得出；
（2）设直线：，利用，找到的关系，以及的面积表达式，再结合函数的性质即可求出其最小值．
【详解】（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．
【点睛】本题解题关键是根据向量的数量积为零找到的关系，一是为了减元，二是通过相互的制约关系找到各自的范围，为得到的三角形面积公式提供定义域支持，从而求出面积的最小值.
2．(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；
（2）设直线的方程，进而可求点的坐标，结合韦达定理验证为定值即可.
【详解】（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.

【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤
（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；
（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；
（3）得出结论．
3．(1)
(2)见解析
【分析】（1）设，根据题意列出方程，化简即可；
（2）法一：设矩形的三个顶点，且，分别令，，且，利用放缩法得，设函数，利用导数求出其最小值，则得的最小值，再排除边界值即可.
法二：设直线的方程为，将其与抛物线方程联立，再利用弦长公式和放缩法得，利用换元法和求导即可求出周长最值，再排除边界值即可.
法三：利用平移坐标系法，再设点，利用三角换元再对角度分类讨论，结合基本不等式即可证明.
【详解】（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.
.
【点睛】关键点睛：本题的第二个的关键是通过放缩得，同时为了简便运算，对右边的式子平方后再设新函数求导，最后再排除边界值即可.
4．(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题意求得的值即可确定双曲线方程；
（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线与的方程，联立直线方程，消去，结合韦达定理计算可得，即交点的横坐标为定值，据此可证得点在定直线上.
【详解】（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.
【点睛】关键点点睛:求双曲线方程的定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键.
5．(1)
(2)见解析
【分析】（1）利用焦点坐标求得的值，利用渐近线方程求得的关系，进而利用的平方关系求得的值，得到双曲线的方程；
（2）先分析得到直线的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k, M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等价分析得到；由直线和的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率，由②等价转化为，由①在直线上等价于，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.
【详解】（1）右焦点为，∴,∵渐近线方程为，∴，∴，∴，∴，∴．
∴C的方程为：；
（2）由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零，
若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则为线段的中点，假若直线的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知在轴上，即为焦点,此时由对称性可知、关于轴对称，与从而，已知不符；
总之，直线的斜率存在且不为零.
设直线的斜率为,直线方程为,
则条件①在上，等价于；
两渐近线的方程合并为,
联立消去y并化简整理得：
设,线段中点为,则,
设,
则条件③等价于,
移项并利用平方差公式整理得：
，
,即,
即；
由题意知直线的斜率为, 直线的斜率为,
∴由,
∴,
所以直线的斜率,
直线,即,
代入双曲线的方程,即中，
得：,
解得的横坐标：,
同理：，
∴
∴,
∴条件②等价于，
综上所述：
条件①在上，等价于；
条件②等价于；
条件③等价于；
选①②推③:
由①②解得：,∴③成立；
选①③推②：
由①③解得：，，
∴，∴②成立；
选②③推①：
由②③解得：，，∴，
∴，∴①成立.
6．(1)；
(2).
【分析】（1）由抛物线的定义可得，即可得解；
（2）法一：设点的坐标及直线，由韦达定理及斜率公式可得，再由差角的正切公式及基本不等式可得，设直线，结合韦达定理可解.
【详解】（1）抛物线的准线为，当与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
此时，所以，
所以抛物线C的方程为；
（2）[方法一]：【最优解】直线方程横截式
设，直线，
由可得，，
由斜率公式可得，，
直线，代入抛物线方程可得，
，所以，同理可得，
所以
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为，所以，
若要使最大，则，设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，设直线，
代入抛物线方程可得，
，所以，
所以直线.
[方法二]：直线方程点斜式
由题可知，直线MN的斜率存在.
设,直线
由 得：，,同理，.
直线MD:,代入抛物线方程可得：，同理，.
代入抛物线方程可得:,所以，同理可得，
由斜率公式可得：
（下同方法一）若要使最大，则，
设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，设直线，
代入抛物线方程可得，，所以，所以直线.
[方法三]：三点共线
设，
设,若 P、M、N三点共线，由
所以，化简得，
反之，若,可得MN过定点
因此，由M、N、F三点共线，得，
由M、D、A三点共线，得，
由N、D、B三点共线，得，
则，AB过定点（4,0）
（下同方法一）若要使最大，则，
设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，所以直线.
【整体点评】（2）法一：利用直线方程横截式，简化了联立方程的运算，通过寻找直线的斜率关系，由基本不等式即可求出直线AB的斜率，再根据韦达定理求出直线方程，是该题的最优解，也是通性通法；
法二：常规设直线方程点斜式，解题过程同解法一；
法三：通过设点由三点共线寻找纵坐标关系，快速找到直线过定点，省去联立过程，也不失为一种简化运算的好方法．
7．(1)
(2)
【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；
（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.
【详解】（1）解：设椭圆E的方程为，过，
则，解得，，
所以椭圆E的方程为：.
（2），所以，
①若过点的直线斜率不存在，直线.代入，
可得，，代入AB方程，可得
，由得到.求得HN方程：
，过点.
②若过点的直线斜率存在，设.
联立得，
可得，，
且
联立可得
可求得此时，
将，代入整理得，
将代入，得
显然成立，
综上，可得直线HN过定点
【点睛】求定点、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.
8．(1)；
(2)．
【分析】（1）由点在双曲线上可求出，易知直线l的斜率存在，设，，再根据，即可解出l的斜率；
（2）根据直线的斜率之和为0可知直线的倾斜角互补，根据即可求出直线的斜率，再分别联立直线与双曲线方程求出点的坐标，即可得到直线的方程以及的长，由点到直线的距离公式求出点A到直线的距离，即可得出的面积．
【详解】（1）因为点在双曲线上，所以，解得，即双曲线．
易知直线l的斜率存在，设，，
联立可得，，
所以，，且．
所以由可得，，
即，
即，
所以，
化简得，，即，
所以或，
当时，直线过点，与题意不符，舍去，
故．
（2）［方法一］：【最优解】常规转化
不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，由（1）知，，
当均在双曲线左支时，，所以，
即，解得（负值舍去）
此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；
当均在双曲线右支时，
因为，所以，即，
即，解得（负值舍去），
于是，直线，直线，
联立可得，，
因为方程有一个根为，所以，，
同理可得，，．
所以，，点到直线的距离，
故的面积为．
［方法二］：
设直线AP的倾斜角为，，由，得，
由，得，即，
联立，及得，，
同理，，，故，
而，，
由，得，
故
【整体点评】（2）法一：由第一问结论利用倾斜角的关系可求出直线的斜率，从而联立求出点坐标，进而求出三角形面积，思路清晰直接，是该题的通性通法，也是最优解；
法二：前面解答与法一求解点坐标过程形式有所区别，最终目的一样，主要区别在于三角形面积公式的选择不一样．
9．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）由离心率公式可得，进而可得，即可得解；
（2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证；
充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解.
【详解】（1）由题意，椭圆半焦距且，所以，
又，所以椭圆方程为；
（2）由（1）得，曲线为，
当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；
当直线的斜率存在时，设，
必要性：
若M，N，F三点共线，可设直线即，
由直线与曲线相切可得，解得，
联立可得，所以，
所以,
所以必要性成立；
充分性：设直线即，
由直线与曲线相切可得，所以，
联立可得，
所以，
所以
，
化简得，所以，
所以或，所以直线或，
所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立；
所以M，N，F三点共线的充要条件是．
【点睛】关键点点睛：
解决本题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重.
10．（1）；（2）.
【分析】（1）根据圆的几何性质可得出关于的等式，即可解出的值；
（2）设点、、，利用导数求出直线、，进一步可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得面积的最大值.
【详解】（1）[方法一]：利用二次函数性质求最小值
由题意知，，设圆M上的点，则．
所以．
从而有．
因为，所以当时，．
又，解之得，因此．
[方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最小值
抛物线的焦点为，，
所以，与圆上点的距离的最小值为，解得；
（2）[方法一]：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法
抛物线的方程为，即，对该函数求导得，
设点、、，
直线的方程为，即，即，
同理可知，直线的方程为，
由于点为这两条直线的公共点，则，
所以，点A、的坐标满足方程，
所以，直线的方程为，
联立，可得，
由韦达定理可得，，
所以，，
点到直线的距离为，
所以，，
，
由已知可得，所以，当时，的面积取最大值.
[方法二]【最优解】：切点弦法+分割转化求面积+三角换元求最值
同方法一得到．
过P作y轴的平行线交于Q，则．
．
P点在圆M上，则
．
故当时的面积最大，最大值为．
[方法三]：直接设直线AB方程法
设切点A，B的坐标分别为，．
设，联立和抛物线C的方程得整理得．
判别式，即，且．
抛物线C的方程为，即，有．
则，整理得，同理可得．
联立方程可得点P的坐标为，即．
将点P的坐标代入圆M的方程，得，整理得．
由弦长公式得．
点P到直线的距离为．
所以，
其中，即．
当时，．
【整体点评】（1）方法一利用两点间距离公式求得关于圆M上的点的坐标的表达式，进一步转化为关于的表达式，利用二次函数的性质得到最小值，进而求得的值；方法二，利用圆的性质，与圆上点的距离的最小值，简洁明快，为最优解；（2）方法一设点、、，利用导数求得两切线方程，由切点弦方程思想得到直线的坐标满足方程，然手与抛物线方程联立，由韦达定理可得，，利用弦长公式求得的长，进而得到面积关于坐标的表达式，利用圆的方程转化得到关于的二次函数最值问题；方法二，同方法一得到，，过P作y轴的平行线交于Q，则．由求得面积关于坐标的表达式，并利用三角函数换元求得面积最大值，方法灵活，计算简洁，为最优解；方法三直接设直线，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理判别式得到，且．利用点在圆上，求得的关系，然后利用导数求得两切线方程，解方程组求得P的坐标，进而利用弦长公式和点到直线距离公式求得面积关于的函数表达式，然后利用二次函数的性质求得最大值；
11．（1）；（2）.
【分析】(1) 利用双曲线的定义可知轨迹是以点、为左、右焦点双曲线的右支，求出、的值，即可得出轨迹的方程；
(2)方法一：设出点的坐标和直线方程，联立直线方程与曲线C的方程，结合韦达定理求得直线的斜率，最后化简计算可得的值.
【详解】(1) 因为，
所以，轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支，
设轨迹的方程为，则，可得，，
所以，轨迹的方程为.
（2）[方法一] 【最优解】：直线方程与双曲线方程联立
如图所示，设,
设直线的方程为．

联立,
化简得.
则．
故．
则．
设的方程为，同理．
因为，所以，
化简得，
所以，即．
因为，所以．
[方法二] ：参数方程法
设．设直线的倾斜角为，
则其参数方程为，
联立直线方程与曲线C的方程，
可得，
整理得．
设，
由根与系数的关系得．
设直线的倾斜角为，，
同理可得
由，得．
因为，所以．
由题意分析知．所以，
故直线的斜率与直线的斜率之和为0．
[方法三]：利用圆幂定理
因为，由圆幂定理知A，B，P，Q四点共圆．
设,直线的方程为，
直线的方程为,
则二次曲线．
又由，得过A，B，P，Q四点的二次曲线系方程为：
，
整理可得：
，
其中．
由于A，B，P，Q四点共圆，则xy项的系数为0，即.
【整体点评】(2)方法一：直线方程与二次曲线的方程联立，结合韦达定理处理圆锥曲线问题是最经典的方法，它体现了解析几何的特征，是该题的通性通法，也是最优解；
方法二：参数方程的使用充分利用了参数的几何意义，要求解题过程中对参数有深刻的理解，并能够灵活的应用到题目中.
方法三：圆幂定理的应用更多的提现了几何的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.
一、单选题
1．（2024·广东·二模）法国数学家加斯帕尔·蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆的两条相互垂直切线的交点轨迹为圆，我们通常称这个圆为该椭圆的蒙日圆．根据此背景，设为椭圆的一个外切长方形（的四条边所在直线均与椭圆相切），若在第一象限内的一个顶点纵坐标为2，则的面积为（ ）
A． B．26 C． D．
2．（2024·浙江金华·三模）已知椭圆，、分别为其左右焦点，点M在C上，且，若的面积为，则（ ）
A． B．3 C． D．4
3．（2024·贵州遵义·一模）已知椭圆，过点的直线与椭圆C交于A，B两点且AB的中点为P，则坐标原点O到直线AB的距离为（ ）
A．1 B． C．2 D．
4．（2024·陕西宝鸡·模拟预测）已知直线与双曲线交于两点，点是弦的中点，则双曲线的离心率为（ ）
A．2 B． C． D．3
5．（2024·广东梅州·二模）已知点F为双曲线C：的右焦点，点N在x轴上（非双曲线顶点），若对于在双曲线C上（除顶点外）任一点P，恒是锐角，则点N的横坐标的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024·四川成都·三模）已知点分别是抛物线和圆上的动点，若抛物线的焦点为，则的最小值为（ ）
A．6 B． C． D．
二、多选题
7．（2024·河北承德·二模）已知直线与抛物线相交于两点，分别过作抛物线准线的垂线，垂足分别为，线段的中点到准线的距离为，焦点为为坐标原点，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若直线过抛物线的焦点，则
D．若，直线的斜率之积为4，则直线的斜率为
8．（2024·湖北·模拟预测）已知椭圆的离心率为，左，右焦点分别为，，过且倾斜角为的直线与椭圆C交于A，B两点（点A在第一象限），P是椭圆C上任意一点，则（ ）
A．a，b满足 B．的最大值为
C．存在点P，使得 D．
三、填空题
9．（2024·全国·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为为椭圆上不与顶点重合的任意一点，I为的内心，记直线的斜率分别为，若，则椭圆E的离心率为 ．
10．（2024·全国·模拟预测）已知双曲线C：的一条渐近线与直线垂直，记双曲线C的左、右焦点分别为，且，过的直线与双曲线C的右支交于A，B两点．记和的内心分别为M，N，则M，N的最短距离为 ．
11．（2024·湖北黄石·三模）如图，已知过抛物线（）的焦点的直线与抛物线交于两点，过点A作抛物线的准线的垂线，垂足为，抛物线的准线与轴交于点，为坐标原点，记，，分别为，，的面积.若，则直线的斜率为 .
四、解答题
12．（2024·江苏·模拟预测）已知椭圆（）的左右顶点分别为，，且，，，四个点中恰有三个点在椭圆上.若点是椭圆内（包括边界）的一个动点，点是线段的中点.
(1)若，且与的斜率的乘积为，求的面积；
(2)若动点满足，求的最大值.
13．（2024·浙江绍兴·二模）在平面直角坐标系中，动点（）与定点的距离和到直线：的距离之比是常数．
(1)求动点的轨迹方程；
(2)记动点的轨迹为曲线，过点的直线与曲线交于两点，直线与曲线的另一个交点为.
（i）求的值；
（ii）记面积为，面积为，面积为，试问是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
14．（23-24高三下·浙江·开学考试）如图，已知椭圆，双曲线是的右顶点，过作直线分别交和于点，过作直线分别交和于点，设的斜率分别为.

(1)若直线过椭圆的右焦点，求的值；
(2)若，求四边形面积的最小值.
参考答案：
1．C
【分析】根据题意求出椭圆C的蒙日圆方程，求出M在第一象限的顶点P的坐标，设出过P且与椭圆C相切的直线方程，与椭圆联立，再利用点到直线距离公式即可求解.
【详解】依题意，直线，都与椭圆，且它们围成四边形是矩形，
于是该矩形是椭圆的蒙日圆内接矩形，因此该蒙日圆的圆心为，半径，
因此该椭圆的蒙日圆方程为，
M为椭圆的一个外切长方形，设其四个顶点分别为P、Q、、，
其中P在第一象限，显然P与关于原点对称，Q与关于原点对称，
而 P点纵坐标为2，则其横坐标为3，即，显然M的四条边所在直线斜率存在且不为0，
设过P且与椭圆C相切的直线为，由消去y并整理，
得，由，
化简得，解得或，不妨取直线PQ方程为，即，
直线的方程为，即，
O点到直线PQ的距离为，O点到直线的距离为，
所以M的面积为.
故选：C
【点睛】关键点点睛：根据蒙日圆的定义求出蒙日圆的方程，并求出第一象限内的点是解决问题的关键.
2．B
【分析】设，，由题意可得，，结合余弦定理可得，消元可得，求解即可.
【详解】设，，则，
化简得：，所以，，
另外，由余弦定理得：，结合以上两个式子，
消去可得，
又因为，所以化简可得：，所以，可得.
故选：B.
3．B
【分析】代入点差法公式，求直线的斜率，再代入点到直线的距离公式，即可求解.
【详解】设，，
则，两式相减得，
由条件可知，，，
即，
并且由对称性可知，，所以，
所以直线的斜率为，所以直线的方程为，即，
所以原点到直线的距离.
故选：B
4．A
【分析】利用点差法可求的关系，从而可求双曲线的离心率.
【详解】设，则，且，
所以，整理得到：，
因为是弦的中点，
所以，所以即
所以，
故选：A.
5．C
【分析】设,，，把恒是锐角转化为，将向量坐标化可得恒成立，利用二次函数性质分类讨论可得．
【详解】由题意可得，所以，
设,，，
则，，
由恒是锐角，得，
又，，
不等式可化为：，
整理得：，
记，
要使恒成立，由二次函数性质可知，
当，即时，
，解得；
当或，即或时，
，解得，
综上，.
又点N与双曲线顶点不重合，所以，
所以的取值范围为.
故选：C．
6．C
【分析】根据题意，将转化为的形式，寻求定点，使得恒成立，转化为，当且仅当在一条直线上时，取得最小值，即可求解.
【详解】由抛物线，可得焦点坐标为，
又由圆，可化为，
可得圆心坐标为，半径，
设定点，满足成立，且
即恒成立，
其中，代入两边平方可得：
，解得，
所以定点满足恒成立，
可得，
如图所示，当且仅当在一条直线上时，
此时取得最小值，
即，
设，满足，
所以，
，
当时，等号成立，
故选：C.
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是将所求转化为三点共线时，线段的长的问题，结合抛物线方程即可求解.
7．ACD
【分析】对A，利用梯形中位线公式即可判断；对B，采用设线法设直线，解出，再根据垂直得到，最后计算即可判断；对C，采用设线法联立抛物线方程得到，最后计算斜率之积即可；对D，也采用设线法联立抛物线得到韦达定理式，结合，计算代入韦达定理式，最后化简即可.
【详解】对A，因为，所以，即，故A正确；
对B，设直线，由可得点，由于，
则直线，同理求出点，因此，故B错误；
对C，设直线的方程为，由可得，
则，因此，故C正确；
对D，设直线的方程为，由
可得，则，且，
由于，因此
，
因为直线，的斜率之积为4，则，
因此，满足，故直线的斜率为，故D正确，
故选：ACD.
8．ABD
【分析】A选项，根据离心率得到；B选项，设，，故，计算出；C选项，由椭圆定义及余弦定理，基本不等式得到点P在短轴端点时，最大，且此时，故C错；D选项，法一：设出直线方程，联立椭圆方程，求出，得到结论；法二：利用椭圆的第二定义进行求解.
【详解】A选项，因为C的离心率，所以，，解得，故A对；
B选项，由题意得，设，则，，
因为，，所以，，
则，
故B对；
C选项，设，，，，
则
，
当且仅当时，等号成立，
由于在上单调递减，
当点P在短轴端点时，最大，且此时，
故此时，故C错；
D选项，法一：直线方程为，即，
与椭圆方程联立得，
因为，所以，
，故，故D对.
法二：据椭圆第二定义易知：，
其中，
即，
解得，同理可得.
所以成立，故D对.
故选：ABD
【点睛】结论点睛：为椭圆上任意一点，为椭圆的焦点，则最大当且仅当为短轴顶点；
为椭圆上任意一点，为椭圆的长轴顶点，则最大当且仅当为短轴顶点；
为椭圆上任意一点，为椭圆的焦点，若，则椭圆的离心率的取值范围是.
9．/
【分析】由椭圆的性质结合题意得到，再由椭圆的第二定义得到，解出，然后由等面积法得到，最后利用解出即可.
【详解】设，设圆与轴相切于点M，N，T，
所以，
所以，
即，所以．
由椭圆的第二定义可知，
所以，所以，
由等面积法得到，
所以．
因为，所以，所以，即．
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键是能利用椭圆的第二定义得到后再结合椭圆的性质和求出.
10．
【分析】由题意求出双曲线方程，结合内切圆性质推出的横坐标，说明轴，设直线AB的倾斜角为，结合三角函数知识推出，结合双曲线性质确定范围，即可求得答案.
【详解】由题意知，,解得,∴双曲线C的方程为：．
记的内切圆在边上的切点分别为R，S，T，
则，
由，即，得，
即．
记点M的横坐标为，则，于是，解得．
同理，求得的内心N的横坐标也为，即点M，N的横坐标相等，
则有轴，
设直线AB的倾斜角为，则，则,
在中，
．
由于直线AB只与双曲线的右支相交，且一条渐近线的斜率为，倾斜角为60°，
所以，即，当且仅当时，等号成立，
所以，所以M，N的最短距离为,
故答案为：
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于推出内心的横坐标，从而说明，设直线AB的倾斜角为，进而表示出，结合三角函数的性质，即可求解.
11．
【分析】设直线倾斜角为，，可得，，，用表示，结合题意运算求解即可.
【详解】设直线倾斜角为，，
可知：，
且，解得，
则，
同理可得，
可知：，
，
，
因为，则，
整理得，解得或，
且，则，可得，
所以直线的斜率为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：根据抛物线的定义可得，利用表示其他量，结合题意运算求解.
12．(1)3
(2)
【分析】（1）由椭圆性质可得不在椭圆上，即可得椭圆方程，设，表示出后计算可得点坐标，再计算面积即可得；
（2）由，可得点在以为直径的圆上，有，设，结合题目条件计算可得，或可设，结合三角函数计算即可得.
【详解】（1）因为与关于轴对称，所以这两个点必定都在椭圆上，
则必定不在椭圆上，点在椭圆上，
故有，解得，
即椭圆，
因为点是线段的中点，点是线段的中点，
所以，，
所以，.
设，则，，
化简得，所以或，
又因为点是椭圆内（包括边界）的一个动点，所以.
因为，所以，所以.
所以的面积为；
（2）因为动点满足，所以点在以为直径的圆上，
因为点是线段的中点，所以，
因为，，所以，
设，则当时，点在线段上，此时，
当时，设，点在以，为焦点的椭圆上，
若，则，
所以，所以点在椭圆外，不成立，故舍去，
若，设，则，所以，
因为，所以，，
所以，
所以的最大值是，当且仅当，，三点共线时等号成立，
另解：设，因为点是椭圆内（包括边界）的一个动点，
所以，
所以，
所以，所以，所以.
当时，取得最大值是.
【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于借助三角形两边之和大于第三边，得到，从而转化为计算的最大值.
13．(1)
(2)（i）；（ii）是，3
【分析】（1）根据题意列出方程，化简，即可求得答案；
（2）（i）设，，，设直线方程为，联立曲线C的方程，可得根与系数关系式，同理设直线方程为，化简可得，即可求得答案；（ii）分别求出，的表达式，即可得到的表达式，化简即可得结论.
【详解】（1）由题意可知，，
化简得，于是，动点的轨迹方程为．
（2）（i）设，，，不妨假设在第一象限，
则E在第四象限，
由题意知的斜率存在且不为0，
设直线方程为，代入可得，
需满足，所以，
,直线方程为，代入，
可得，，则，
因为，，所以，
即.
同理，，，即，所以，则关于x轴对称，
所以；
（ii）.
所以，.
综上，为定值．
【点睛】易错点点睛：解答此类直线和圆锥曲线的位置关系类题目，综合性较强，难度较大，容易出错的地方在于复杂的计算，并且基本都是字母参数的运算，因此要求计算时要十分细心.
14．(1)
(2)
【分析】（1）先求出椭圆的右焦点，从而设出直线方程为，直线方程与椭圆方程联立，由韦达定理可得根与系数的关系式，从而代入可求解；
（2）设出直线方程，分别与与椭圆方程联立，求得的表达式，再代入四边形面积公式进行化简，再利用导数研究函数的最值即可求得结论.
【详解】（1）椭圆，右焦点为，右顶点为，
设的斜率分别为.设，
则，
因为直线方程过椭圆的右焦点，
所以直线方程为，
直线方程与椭圆方程联立，得：
，
所以.
（2）设，直线方程分别为
，
联立与得，同理，
联立与得，同理，
所以四边形面积为
令，易知，且，则，
令，，则在内，，
，
所以关于单调递增，所以，
当取最小值时，，经检验满足题意.

【点睛】关键点点睛：第二小问中，设，分别设出直线方程是关键，难点在与代入四边形面积公式后的化简计算，本题考查了函数与方程的思想，属于较难题.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)中小学教育资源及组卷应用平台
8.3圆锥曲线综合问题
【备考指南】 2
【知识导图】 3
【考点梳理】 8
考点一：圆锥曲线弦长、焦点弦 8
考点二：圆锥曲线中点弦 9
考点三：圆锥曲线中最值与范围 11
考点四：圆锥曲线中定点、定值 12
考点五：圆锥曲线中与向量 14
考点六：直线与圆锥曲线位置关系 16
【真题在线】 17
【专项突破】 19
考点 考情分析 考频
椭圆 2023年新高考Ⅱ卷T5 2023年全国甲卷T7 2022年新高考Ⅰ卷T16 2022年新高考Ⅱ卷T16 2022年全国甲卷T10 2021年新高考Ⅰ卷T5 2021年全国甲卷T15 2021年全国乙卷T11 3年8考
双曲线 2023年新高考Ⅰ卷T16 2023年新高考Ⅱ卷T21 2023年全国乙卷T11 2022年全国甲卷T14 2022年全国乙卷T11 2021年新高考Ⅱ卷T13 2021年全国甲卷T5 2021年全国乙卷T13 3年8考
抛物线 2023年新高考Ⅱ卷T10 2023年全国甲卷T20 2022年新高考Ⅰ卷T11 2022年新高考Ⅱ卷T10 2022年全国乙卷T5 2021年新高考Ⅰ卷T14 2021年新高考Ⅱ卷T3 3年7考
直线与圆锥曲线位置关系 2023年新高考Ⅰ卷T22 2023年新高考Ⅱ卷T21 2022年新高考Ⅰ卷T21 2022年新高考Ⅱ卷T21 2022年全国甲卷T20 2022年全国乙卷T20 2021年新高考Ⅰ卷T21 2021年新高考Ⅱ卷T20 2021年全国甲卷T20 2021年全国乙卷T21 3年10考
预测：圆锥曲线综合问题是每年高考的必考大题，全面考察学生的运算能力，逻辑思维能力，对学生的要求较高，在复习的过程中加强对学生的计算能力的培养，加强对学生综合素养的提升.
考点一：圆锥曲线弦长、焦点弦
【典例精析】（多选）（2024·湖南永州·三模）已知抛物线的焦点为，过点且倾斜角为锐角的直线与抛物线相交于，两点（点在第一象限），过点作抛物线的准线的垂线，垂足为，直线与抛物线的准线相交于点，则（ ）
A．的最小值为2
B．当直线的斜率为时，
C．设直线，的斜率分别为，，则
D．过点作直线的垂线，垂足为，交直线于点，则
【变式训练】
一、解答题
1．（2024·河北石家庄·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为为坐标原点，直线与交于两点，点在第一象限，点在第四象限且满足直线与直线的斜率之积为．当垂直于轴时，．
(1)求的方程；
(2)若点为的左顶点且满足，直线与交于，直线与交于．
①证明：为定值；
②证明：四边形的面积是面积的2倍．
2．（2024·辽宁·三模）已知椭圆的左右焦点分别为，椭圆的短轴长为，离心率为. 点为椭圆上的一个动点，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为，设，.
(1)求椭圆的方程；
(2)证明：为定值；
(3)已知，用表示的面积，并求出的最大值.
3．（2024·全国·模拟预测）已知双曲线的左，右焦点分别为，双曲线C的虚轴长为2，有一条渐近线方程为．如图，点A是双曲线C上位于第一象限内的点，过点A作直线l与双曲线的右支交于另外一点B，连接并延长交双曲线左支于点P，连接与，其中l垂直于的平分线m，垂足为D．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)求证：直线m与直线的斜率之积为定值；
(3)求的最小值．
4．（2023·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知，，平面内动点P满足.
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)动直线交C于A、B两点，O为坐标原点，直线和的倾斜角分别为和，若，求证直线过定点，并求出该定点坐标；
(3)设（2）中定点为Q，记与的面积分别为和，求的取值范围.
5．（2024·江苏南通·三模）已知抛物线的焦点为，直线过点交于两点，在两点的切线相交于点的中点为，且交于点．当的斜率为1时，．
(1)求的方程；
(2)若点的横坐标为2，求；
(3)设在点处的切线与分别交于点，求四边形面积的最小值．
考点二：圆锥曲线中点弦
【典例精析】（多选）（23-24高三上·湖北荆门·阶段练习）如图，双曲线的左右顶点为，，为右支上一点（不包含顶点），，，，直线与的渐近线交于、，为线段的中点，则（ ）
A．双曲线的离心率为 B．到两条渐近线的距离之积为
C． D．若直线与的斜率分别为，，则
【变式训练】
一、解答题
1．（2024·四川成都·三模）在平面直角坐标系中，椭圆（）过点，直线与椭圆相交于不同于点的，两点，为线段的中点，当直线斜率为时，直线的倾斜角等于
(1)求椭圆的方程；
(2)直线，分别与直线相交于，两点.线段，的中点为，若的纵坐标为定值，判断直线是否过定点，若是，求出该定点，若不是，说明理由.
2．（23-24高三上·河北邯郸·阶段练习）已知椭圆的右焦点为，右顶点为，上顶点为，点为坐标原点，线段的中点恰好为，点到直线的距离为．
(1)求的方程；
(2)设点在直线上，过作的垂线交椭圆于两点．记与面积分别为，求的值．
3．（2024·全国·模拟预测）已知长为的线段的中点为原点，圆经过两点且与直线相切，圆心的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)过点且互相垂直的直线分别与曲线交于点和点，且，四边形的面积为，求实数的值.
4．（2024·浙江金华·模拟预测）在直角坐标系中，圆Γ的圆心P在y轴上（不与重合），且与双曲线的右支交于A，B两点．已知．
(1)求Ω的离心率；
(2)若Ω的右焦点为，且圆Γ过点F，求的取值范围．
5．（2024·贵州·三模）已知双曲线，过点的直线与双曲线相交于两点.
(1)点能否是线段的中点？请说明理由；
(2)若点都在双曲线的右支上，直线与轴交于点，设，求的取值范围.
考点三：圆锥曲线中最值与范围
【典例精析】（多选）（2024·河南·三模）如图，已知椭圆的左、右顶点分别是，上顶点为，在椭圆上任取一点（非长轴端点），连接交直线于点，连接交于点（是坐标原点），则（ ）

A．为定值 B．
C． D．的最大值为
【变式训练】
一、解答题
1．（2023·福建福州·模拟预测）在直角坐标系中，已知抛物线C：的焦点为F，过F的直线l与C交于M，N两点，且当l的斜率为1时，.
(1)求C的方程；
(2)设l与C的准线交于点P，直线PO与C交于点Q（异于原点），线段MN的中点为R，若，求面积的取值范围.
2．（23-24高三下·江西·阶段练习）在平面直角坐标系中，，直线，动点在直线上，过点作直线的垂线，与线段的中垂线交于点.
(1)求点的轨迹的方程；
(2)经过曲线上一点作一条倾斜角为的直线，与曲线交于两个不同的点Q，R，求的取值范围.
3．（2024·江苏南通·二模）已知双曲线的渐近线为，左顶点为.
(1)求双曲线的方程；
(2)直线交轴于点，过点的直线交双曲线于，，直线，分别交于，，若，，，均在圆上，
①求的横坐标；
②求圆面积的取值范围.
4．（2024·广东茂名·模拟预测）已知椭圆的右顶点A和上顶点为B关于直线对称．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)点P，Q为椭圆C上两个动点，直线，的斜率之积为，，D为垂足，求的最小值．
5．（2024·重庆·二模）已知椭圆的左 右焦点分别为，点是其左 右顶点，点为上异于的点，满足直线与的斜率之积为的周长为6.
(1)求椭圆的方程；
(2)直线过点，与椭圆交于两点，当外接圆面积最小时，求直线的方程.
考点四：圆锥曲线中定点、定值
【典例精析】（多选）（2024·江西宜春·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，是上的两个动点，则（ ）
A．存在点，使得
B．若，则的面积为
C．记的上顶点为，若轴，则直线AP与AQ的斜率之积为
D．若是的上顶点，则的最大值为
【变式训练】
一、解答题
1．（2024·吉林长春·模拟预测）已知椭圆过点，离心率为.不过原点的直线交椭圆于两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，且.
(1)求椭圆的方程；
(2)证明：直线的斜率为定值；
(3)求面积的最大值.
2．（2024·湖北武汉·二模）已知点是圆上的动点，，是线段上一点，且，设点的轨迹为.
(1)求轨迹的方程；
(2)设不过原点的直线与交于两点，且直线的斜率的乘积为.平面上一点满足，连接交于点（点在线段上且不与端点重合）.试问的面积是否为定值？若是，求出定值；若不是定值，说明理由.
3．（2024·浙江·二模）已知双曲线左右焦点分别为，，点在双曲线上，且点到双曲线两条渐近线的距离乘积为，过分别作两条斜率存在且互相垂直的直线，，已知与双曲线左支交于，两点，与左右两支分别交于，两点.
(1)求双曲线的方程；
(2)若线段，的中点分别为，，求证：直线恒过定点，并求出该定点坐标.
4．（2024·江西赣州·二模）如图，曲线是以原点O为中心，，为焦点的椭圆的一部分，曲线是以O为顶点，为焦点的抛物线的一部分，是和的交点，我们把和合成的曲线W称为“月蚀圆”.
(1)求所在椭圆和所在抛物线的标准方程；
(2)过作与y轴不垂直的直线l，l与W依次交于B，C，D，E四点，P，Q为所在抛物线的准线上两点，M，N分别为CD，BE的中点.设，，，分别表示，，，的面积，求.
5．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）如图抛物线，过有两条直线与抛物线交于与抛物线交于，
(1)若斜率为1，求；
(2)是否存在抛物线上定点，使得，若存在，求出点坐标并证明，若不存在，请说明理由；
(3)直线与直线相交于两点，证明：为中点.
考点五：圆锥曲线中与向量
【典例精析】（多选）（2023·安徽合肥·模拟预测）如图，为坐标原点，分别为双曲线的左 右焦点，过双曲线右支上一点作双曲线的切线分别交两渐近线于两点，交轴于点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．若存在点，使得，且，则双曲线的离心率为2或
【变式训练】
一、解答题
1．（2024·福建厦门·二模）已知，，为平面上的一个动点.设直线的斜率分别为，，且满足.记的轨迹为曲线.
(1)求的轨迹方程；
(2)直线，分别交动直线于点，过点作的垂线交轴于点.是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，说明理由.
2．（2023·上海奉贤·一模）已知椭圆的焦距为，离心率为，椭圆的左右焦点分别为、，直角坐标原点记为．设点，过点作倾斜角为锐角的直线与椭圆交于不同的两点、．
(1)求椭圆的方程；
(2)设椭圆上有一动点，求的取值范围；
(3)设线段的中点为，当时，判别椭圆上是否存在点，使得非零向量与向量平行，请说明理由．
3．（2023·河北邢台·模拟预测）已知双曲线（）的离心率为，且经过点.
(1)求E的方程；
(2)若A，B是E右支上的不同两点，O是坐标原点，求的最小值.
4．（23-24高二上·上海·期末）已知双曲线的左、右焦点为、，虚轴长为，离心率为，过的左焦点作直线交的左支于A、B两点.
(1)求双曲线C的方程；
(2)若，求的大小；
(3)若，试问：是否存在直线，使得点在以为直径的圆上？请说明理由.
5．（2024·河北沧州·一模）已知点是椭圆上在第一象限内的一点，A，B分别为椭圆的左、右顶点．
(1)若点的坐标为，的面积为1．
（i）求椭圆的方程；
（ii）若抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，直线与交于C，D两点，与交于E，G两点，若，求实数的值．
(2)若椭圆的短轴长为2，直线AQ，BQ与直线分别交于M，N两点，若与的面积之比的最小值为，求此时点的坐标．
考点六：直线与圆锥曲线位置关系
【典例精析】（多选）（2024·山东日照·二模）已知是曲线上不同的两点，为坐标原点，则（ ）
A．的最小值为3
B．
C．若直线与曲线有公共点，则
D．对任意位于轴左侧且不在轴上的点，都存在点，使得曲线在两点处的切线垂直
【变式训练】
一、解答题
1．（2024·广东广州·二模）已知点是抛物线的焦点，的两条切线交于点是切点．
(1)若，求直线的方程；
(2)若点在直线上，记的面积为的面积为，求的最小值；
(3)证明：．
2．（2024·山东济南·三模）已知点在椭圆上，到的两焦点的距离之和为．
(1)求的方程；
(2)过抛物线上一动点，作的两条切线分别交于另外两点．
（ⅰ）当为的顶点时，求直线在轴上的截距（结果用含有的式子表示）；
（ⅱ）是否存在，使得直线总与相切．若存在，求的值；若不存在，说明理由．
3．（2024·辽宁·二模）彗星是太阳系大家庭里特殊的一族成员，它们以其明亮的尾巴和美丽的外观而闻名，它的运行轨道和行星轨道很不相同，一般为极扁的椭圆形、双曲线或抛物线.它们可以接近太阳，但在靠近太阳时，由于木星、土星等行星引力的微绕造成了轨道参数的偏差，使得它轨道的离心率由小于1变为大于或等于1，这使得少数彗星会出现“逃逸"现象，终生只能接近太阳一次，永不复返.通过演示，现有一颗彗星已经“逃逸”为以太阳为其中一个焦点离心率为的运行轨道，且慧星距离太阳的最近距离为.
(1)求彗星“逃逸”轨道的标准方程；
(2)设双曲线的两个顶点分别为，，过，作双曲线的切线，，若点P为双曲线上的动点，过P作双曲线的切线，交实轴于点Q，记直线与交于点M，直线交于点N.求证：M，N，Q三点共线.
4．（2024·四川南充·三模）已知圆，动圆P与圆M内切，且经过定点．设圆心P的轨迹为曲线．
(1)求曲线的轨迹方程；
(2)若，过点的直线l与曲线Γ交于M，N两点，连接分别交y轴于P、Q．试探究是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
5．（2024·陕西榆林·三模）已知椭圆的离心率为；直线与只有一个交点.
(1)求的方程；
(2)的左 右焦点分别为上的点（两点在轴上方）满足.
①试判断（为原点）是否成立，并说明理由；
②求四边形面积的最大值.
一、解答题
1．（2023·全国·高考真题）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．
2．（2023·全国·高考真题）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．
3．（2023·全国·高考真题）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．
4．（2023·全国·高考真题）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.
5．（2022·全国·高考真题）已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①M在上；②；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
6．（2022·全国·高考真题）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的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程．
7．（2022·全国·高考真题）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．
8．（2022·全国·高考真题）已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0．
(1)求l的斜率；
(2)若，求的面积．
9．（2021·全国·高考真题）已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是．
10．（2021·全国·高考真题）已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为．
（1）求；
（2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值．
11．（2021·全国·高考真题）在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和.
一、单选题
1．（2024·广东·二模）法国数学家加斯帕尔·蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆的两条相互垂直切线的交点轨迹为圆，我们通常称这个圆为该椭圆的蒙日圆．根据此背景，设为椭圆的一个外切长方形（的四条边所在直线均与椭圆相切），若在第一象限内的一个顶点纵坐标为2，则的面积为（ ）
A． B．26 C． D．
2．（2024·浙江金华·三模）已知椭圆，、分别为其左右焦点，点M在C上，且，若的面积为，则（ ）
A． B．3 C． D．4
3．（2024·贵州遵义·一模）已知椭圆，过点的直线与椭圆C交于A，B两点且AB的中点为P，则坐标原点O到直线AB的距离为（ ）
A．1 B． C．2 D．
4．（2024·陕西宝鸡·模拟预测）已知直线与双曲线交于两点，点是弦的中点，则双曲线的离心率为（ ）
A．2 B． C． D．3
5．（2024·广东梅州·二模）已知点F为双曲线C：的右焦点，点N在x轴上（非双曲线顶点），若对于在双曲线C上（除顶点外）任一点P，恒是锐角，则点N的横坐标的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024·四川成都·三模）已知点分别是抛物线和圆上的动点，若抛物线的焦点为，则的最小值为（ ）
A．6 B． C． D．
二、多选题
7．（2024·河北承德·二模）已知直线与抛物线相交于两点，分别过作抛物线准线的垂线，垂足分别为，线段的中点到准线的距离为，焦点为为坐标原点，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若直线过抛物线的焦点，则
D．若，直线的斜率之积为4，则直线的斜率为
8．（2024·湖北·模拟预测）已知椭圆的离心率为，左，右焦点分别为，，过且倾斜角为的直线与椭圆C交于A，B两点（点A在第一象限），P是椭圆C上任意一点，则（ ）
A．a，b满足 B．的最大值为
C．存在点P，使得 D．
三、填空题
9．（2024·全国·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为为椭圆上不与顶点重合的任意一点，I为的内心，记直线的斜率分别为，若，则椭圆E的离心率为 ．
10．（2024·全国·模拟预测）已知双曲线C：的一条渐近线与直线垂直，记双曲线C的左、右焦点分别为，且，过的直线与双曲线C的右支交于A，B两点．记和的内心分别为M，N，则M，N的最短距离为 ．
11．（2024·湖北黄石·三模）如图，已知过抛物线（）的焦点的直线与抛物线交于两点，过点A作抛物线的准线的垂线，垂足为，抛物线的准线与轴交于点，为坐标原点，记，，分别为，，的面积.若，则直线的斜率为 .
四、解答题
12．（2024·江苏·模拟预测）已知椭圆（）的左右顶点分别为，，且，，，四个点中恰有三个点在椭圆上.若点是椭圆内（包括边界）的一个动点，点是线段的中点.
(1)若，且与的斜率的乘积为，求的面积；
(2)若动点满足，求的最大值.
13．（2024·浙江绍兴·二模）在平面直角坐标系中，动点（）与定点的距离和到直线：的距离之比是常数．
(1)求动点的轨迹方程；
(2)记动点的轨迹为曲线，过点的直线与曲线交于两点，直线与曲线的另一个交点为.
（i）求的值；
（ii）记面积为，面积为，面积为，试问是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
14．（23-24高三下·浙江·开学考试）如图，已知椭圆，双曲线是的右顶点，过作直线分别交和于点，过作直线分别交和于点，设的斜率分别为.

(1)若直线过椭圆的右焦点，求的值；
(2)若，求四边形面积的最小值.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑