资源简介

新高考新结构命题下的
圆锥曲线解答题综合训练
（7类核心考点精讲精练）
在新课标、新教材和新高考的“三新”背景下，高考改革又一次具有深度的向前推进。这不仅仅是一场考试形式的变革，更是对教育模式和教育理念的全面革新。
当前的高考试题设计，以“三维”减量增质为核心理念，力求在减少题目数量的同时，提升题目的质量和考查的深度。这具体体现在以下三个方面：
三考
题目设计着重考查学生的知识主干、学习能力和学科素养，确保试题能够全面、客观地反映学生的实际水平。
三重
强调对学生思维深度、创新精神和实际应用能力的考查，鼓励学生不拘泥于传统模式，展现个人的独特见解和创造力。
三突出
试题特别突出对学生思维过程、思维方法和创新能力的考查，通过精心设计的题目，引导学生深入思考和探索，培养逻辑思维和创新能力。
面对新高考新结构试卷的5个解答题，每个题目的考查焦点皆充满变数，无法提前预知。圆锥曲线版块作为一个重要的考查领域，其身影可能悄然出现在第15题中，作为一道13分的题目，难度相对较为适中，易于学生入手。同样不能忽视的是，圆锥曲线版块也可能被置于第18、19题这样的压轴大题中，此时的分值将提升至17分，挑战学生的解题能力和思维深度，难度自然相应加大。
面对如此多变的命题趋势，教师在教学备考过程中必须与时俱进。不仅要深入掌握不同题目位置可能涉及的知识点及其命题方式，更要能够灵活应对，根据试题的实际情况调整教学策略。本文基于新高考新结构试卷的特点，结合具体的圆锥曲线解答题实例，旨在为广大师生提供一份详尽的圆锥曲线解答题综合训练指南，以期在新高考中取得更好的成绩。
考点一、弦长及面积问题
1．（2024·浙江·二模）已知点为抛物线与圆在第一象限的交点，另一交点为.
(1)求；
(2)若点在圆上，直线为抛物线的切线，求的周长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）直接将点依次代入抛物线、圆的方程中即可求解；
（2）首先根据导数几何意义求出的方程，根据对称性得到的坐标，联立圆的方程求出的坐标，结合两点间的距离公式即可求解.
【详解】（1）由题意，，解得．
（2）
在抛物线与圆的方程中，用替换方程依然成立，
这表明这两个图象都关于轴对称，所以它们的交点也关于轴对称，
由，知．
直线为抛物线的切线，
当时，，所以抛物线在点处的切线斜率为，则．
代入，得或1，故．
则的周长为．
2．（2024·江西·模拟预测）已知双曲线的离心率为2，顶点到渐近线的距离为．
(1)求的方程；
(2)若直线交于两点，为坐标原点，且的面积为，求的值．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）由离心率及顶点到渐近线的距离列方程即可求；
（2）联立直线与双曲线方程，利用韦达定理及弦长公式，点到直线距离公式求解面积即可.
【详解】（1）记的半焦距为，由题得的离心率，①
由对称性不妨设的顶点为，渐近线方程为，则，②
又，③
联立①②③解得，，，
所以的方程为．
（2）设，
由得，
所以，
解得，且，
所以，，
所以．
又点到直线的距离，
所以的面积，
解得或，符合式，
所以或．
3．（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知双曲线与椭圆共焦点，点、分别是以椭圆半焦距为半径的圆与双曲线的渐近线在第一、二象限的交点，若点满足，（为坐标原点），
(1)求双曲线的离心率；
(2)求的面积.
【答案】(1)
(2)8
【分析】（1）由椭圆方程求得焦点坐标和圆的方程，通过联立方程组求出两点，由，求出的值得双曲线的离心率；
（2）由的坐标，可求出的面积.
【详解】（1）椭圆中，，，，
椭圆焦点为，∴双曲线的焦点坐标为.
双曲线的渐近线方程为，
的方程：.
由得，，.
由题意知，、分别为第一、二象限的交点，
∴，，
∴，，
∵，∴，∴.
化简整理得，
又∵代入上式，解之得，.
∴双曲线方程：.
离心率.
（2）由（1）知，，
∴，.
∴.
4．（2024·河北·模拟预测）已知直线过椭圆的右焦点，且交于两点．
(1)求的离心率；
(2)设点，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意，结合题目所给信息以及，，之间的关系，可得椭圆的方程，再根据离心率公式即可求解；
（2）先得到直线的方程，将直线的方程与椭圆方程联立，利用弦长公式、点到直线的距离公式以及三角形面积公式进行求解即可．
【详解】（1）由题，，
且在上有，
解得．
故椭圆的标准方程为，
离心率．
（2）因为直线经过，两点，
可得直线的方程为，
联立，
解得或，
所以直线与椭圆的另一交点为，
则，
又点到直线的距离．
故的面积．
5．（2024·四川南充·一模）已知动点与定点的距离和P到定直线的距离的比是常数，记点P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的标准方程；
(2)设点，若曲线C上两点M，N均在x轴上方，且，，求直线FM的斜率.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据距离公式列出方程即可求解；
（2）设，可得直线的方程，呢绒联立方程组，结合对称性与弦长公式列出方程即可求解.
【详解】（1）由题意，，
整理化简得，，
所以曲线C的标准方程为.
（2）由题意，直线的斜率都存在，设，
则直线的方程为，
分别延长，交曲线于点，
设，
联立，即，
则，
根据对称性，可得，
则
，
即，解得，
所以直线FM的斜率为.
6．（2024·陕西安康·模拟预测）已知椭圆的左 右顶点分别为，左 右焦点分别为是椭圆上一点，，直线的斜率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)若过右焦点的直线与椭圆交于点，直线交于点，求当时，的值.
【答案】(1)
(2)2
【分析】（1）设，依题意，由直线的斜率与得到方程，即可求出、、，从而得解；
（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，设，由三点共线，推导出，同理可得，从而求出，再由求出，即可求出.
【详解】（1）设，椭圆的半焦距为，则.
由题意，知，因为，所以.
因为，所以.
又，所以，即，
所以，即.
因为，解得，
所以，所以椭圆的方程为.
（2）由（1），得，由题意，知直线的斜率不为，
设，直线的方程为，
与联立，得，
则.
设，由三点共线，得，
所以，同理可得，
所以，
所以，解得.
当时，，解得，所以，
所以.
【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、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
考点二、中点弦问题
1．（2024·贵州黔南·二模）已知抛物线：（）的焦点为，过焦点作直线交抛物线于两点，为抛物线上的动点，且的最小值为1.
(1)抛物线的方程；
(2)若直线交抛物线的准线于点，求线段的中点的坐标.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设，结合抛物线的定义分析可知，即可得方程；
（2）由题意可得直线过点和，求直线的方程，与抛物线联立，结合韦达定理求中点坐标.
【详解】（1）由题意可知：抛物线的焦点，准线为，
设，则，当且仅当时，等号成立，
可得，解得，
所以抛物线的方程为.
（2）由题意可知：直线与抛物线必相交（斜率不为0），
设，线段的中点，
且直线过点和，
则直线的方程，即，
联立方程，消去x得，
则，可知，
将代入可得，
所以线段的中点的坐标为.
2．（2024·云南昆明·模拟预测）已知双曲线E：的右焦点为，一条渐近线方程为．
(1)求双曲线E的方程；
(2)是否存在过点的直线l与双曲线E的左右两支分别交于A，B两点，且使得，若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，．
【分析】（1）根据渐近线方程和求的值，即可得到双曲线E的方程；
（2）假设存在直线l，由得，取的中点，则，进而得；又利用得，于是联立方程组可得的坐标，从而得到直线的斜率并得出直线的方程.
【详解】（1）因为双曲线E的一条渐近线方程为，所以，又，
因此，又，，；
则E的方程为．
（2）假设存在过点的直线l与双曲线E的左右两支分别交于A，B两点，且使得，
设，，中点为，又，
由可知为等腰三角形，，且直线l不与x轴重合，
于是，即，
因此，，（Ⅰ）
点在双曲线上，所以，
①②化简整理得：，，即，可得，（Ⅱ）
联立（Ⅰ）（Ⅱ）得：，，，
解得（舍去），适合题意，则；
由得，
所以直线l的方程为：，即．
3．（2024·浙江·模拟预测）已知双曲线C:，圆，其中.圆与双曲线有且仅有两个交点，线段的中点为.
(1)记直线的斜率为，直线的斜率为，求.
(2)当直线的斜率为3时，求点坐标.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）涉及到中点弦，我们可以采用点差法得到，而由可得，两式相比即可得解；
（2）设直线，联立双曲线方程，结合韦达定理可表示的坐标为，由得斜率，由此可列方程求出参数，进而得解.
【详解】（1）
因为，所以.
又设，因为，
所以.
而圆心不在坐标轴上，从而，
所以.
所以，
又，所以.
（2）设直线，与联立，化简并整理得：，
其中.
设，
所以，
即点坐标为.
因为，所以，而，
即，解得.
因此，所以.
4．（23-24高二上·黑龙江佳木斯·期中）已知椭圆的两个焦点分别为，且椭圆过点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点作直线交椭圆于两点，是弦的中点，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据焦点坐标设椭圆方程，将代入椭圆方程，结合即可求解.
（2）设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，得出，再由中点坐标知，求出值，即可得到直线方程.
【详解】（1）椭圆的两个焦点分别为，
设椭圆的标准方程为，且，
则①，
又椭圆过点，所以②，联立①②解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）由题意可知直线的斜率存在，且直线过点，
设直线的方程为，即，
设，
则，消去得，
，
所以，，
又是弦的中点，所以，解得，
故直线的方程为
5．（2024·河北沧州·模拟预测）已知直线与椭圆相交于两点，为弦的中点，为坐标原点，直线的斜率记为.
(1)证明：；
(2)若，焦距为.
①求椭圆的方程；
②若点为椭圆的右顶点，，且直线与轴围成底边在轴上的等腰三角形，求直线的方程.
【答案】(1)证明见解析
(2)①；②答案见解析
【分析】（1）根据题意，由点差法代入计算，即可证明；
（2）①根据题意，由条件可得的方程，代入计算，即可得到椭圆方程；②联立直线与椭圆方程，结合韦达定理代入计算，由可知，，即可得到直线过定点，从而得到结果.
【详解】（1）证明：设，
则，
将两点代入椭圆方程，得
两式作差得，
所以，
所以，即.
（2）

①因为，所以，即.
因为焦距为，所以，所以，
所以椭圆的方程为.
②联立得，
得，
所以.
由（1）得，，由可知，.
因为，
所以
化简得，
所以，所以或，满足（※）式.
当时，直线的方程为，过定点（舍去）；
当时，直线的方程为，过定点.
因为为等腰三角形，且为底边，可求得，
所以当时，，即直线的方程为，
当时，，即直线的方程为.
6．（2024·山西长治·模拟预测）已知椭圆的右焦点为，且该椭圆过点，直线l交椭圆E于A，B两点.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若AB的中点坐标为，求直线l的方程；
(3)若直线l方程为，过A、B作直线的垂线，垂足分别为P、Q，点R为线段PQ的中点，求证：四边形ARQF为梯形.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的方程.
（2）利用点差法求得直线的斜率，进而求得直线的方程.
（3）联立直线的方程和椭圆的方程，化简写出根与系数关系，计算，以及AF与RQ，从而判断出四边形ARQF为梯形.
【详解】（1）由题得，
将代入得：
，
椭圆E的方程为.
（2）设，则，
且，
两式相减得：，可得，
l方程为，即.
（3）由得：
，且，
，
∴，
又直线的斜率存在，AF与RQ不平行，
∴四边形ARQF为梯形.

【点睛】关键点点睛：根据已知条件求得，和是两个未知参数，要求出两个参数的值，需要两个已知条件，如本题中“椭圆的右焦点以及椭圆所过点”两个已知条件，再结合即可求得，从而求得椭圆的标准方程.
考点三、轨迹问题
1．（2024·广东·模拟预测）已知，直线交于点，且直线的斜率之积为，点的轨迹记为曲线．
(1)求的方程．
(2)不过点的直线与交于两点，且直线与的斜率之和为，试问直线是否过定点？若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)直线过定点，理由见详解.
【分析】（1）设点，利用建立等量关系，求的轨迹方程.
（2）分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论，当斜率存在时，设直线的方程，与椭圆方程联立，求出两根之和和两根之积，
根据直线与的斜率之和为得到参数的关系，可得直线恒过定点，当斜率不存在时，求点的横坐标，可得直线过定点.
【详解】（1）设，则，，
由题意得，，
整理得，
∴曲线的方程为.
（2）设，
当斜率存在时，设，
由得，，
∴，即，
∴，
∵直线与的斜率之和为，
∴，
∴，
∴，整理得，
∵，
∴，
∴直线方程为，恒过定点.
当直线斜率不存在时，，
∵直线与的斜率之和为，
∴，
∴，此时直线，恒过定点.
综上得，直线过定点.
2．（2024·河北衡水·模拟预测）已知圆，过的直线与圆交于两点，过作的平行线交直线于点.
(1)求点的轨迹的方程；
(2)过作两条互相垂直的直线交曲线于交曲线于，连接弦的中点和的中点交曲线于，若，求的斜率.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据已知条件，可得，，进而可以判断点的轨迹为双曲线，即可得到轨迹方程.
（2）设，，分别与双曲线方程联立，利用韦达定理得到中点坐标，进而得到直线的方程，再将直线与双曲线联立，利用韦达定理和向量数量积的坐标表示求解即可，注意讨论斜率不存在的情况.
【详解】（1）根据题意，因为，，
所以，所以，
所以，
当位置互换时，，当过的直线与轴重合时无法作出，
所以点的轨迹为以为焦点，即，且的双曲线，
所以 ，的轨迹方程为.
（2）根据题意可知的斜率存在且不为，
设的斜率为，，，，，其中，
则，，
联立，消去得，
，
所以，，
所以中点坐标为，同理可得中点坐标为，
当，即时，两中点坐标分别为，，此时直线为，
联立，解得，，
所以，，不满足条件，
当时，，
则直线方程，整理得，
令，联立得，
，
所以，，，
所以由解得，
当时，代入解得或，
当时，代入解得或，
综上的斜率为或
【点睛】解决直线与圆锥曲线相交（过定点、定值）问题的常用步骤：
（1）得出直线方程，设交点为，；
（2）联立直线与曲线方程，得到关于或的一元二次方程；
（3）写出韦达定理；
（4）将所求问题或题中关系转化为，形式；
（5）代入韦达定理求解.
3．（2024·浙江温州·三模）已知直线与双曲线相切于点.
(1)试在集合中选择一个数作为的值，使得相应的的值存在，并求出相应的的值；
(2)过点与垂直的直线分别交轴于两点，是线段的中点，求点的轨迹方程.
【答案】(1)当时，；当时，.
(2)
【分析】（1）直线方程和双曲线方程联立，由求得与的函数关系，再由的值求出相应的的值；
（2）设，利用导数求直线的斜率，得直线的斜率和方程，求出两点的坐标，表示出分点的坐标，由在双曲线上，得点的轨迹方程.
【详解】（1）由，消去得，当时，直线与双曲线不相切；
时，由，得，当时，不存在；
当时，；当时，.
（2）设，则，，
对C求导可得，则，
有，所以，
令，得，所以；令，得，所以，

所以，即，
则，所以，得，，
即P的轨迹方程是
4．（2024·云南·模拟预测）椭圆的左 右焦点分别为，点在椭圆上运动（与左 右顶点不重合），已知的内切圆圆心为，延长交轴于点.
(1)当点运动到椭圆的上顶点时，求；
(2)当点在椭圆上运动时，为定值，求内切圆圆心的轨迹方程；
(3)点关于轴对称的点为，直线与相交于点，已知点的轨迹为，过点的直线与曲线交于两点，试说明：是否存在直线，使得点为线段的中点，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)存在，
【分析】（1）由的内切圆圆即为的重心可得答案；
（2）延长交轴于点，设，由点是内切圆圆心，结合相关代点可求内切圆圆心的轨迹方程；
（3）设，，结合由三点共线，由三点共线，在曲线上，故可得点的轨迹方程，再结合点差法可求得答案.
【详解】（1）当点运动到椭圆的上顶点时，如图，
则，.
的内切圆圆即为的重心.
从而由重心的三等分点性质，知，.
则.
（2）当点在椭圆上运动时，设，过点作椭圆左准线的垂线，垂足为，
则，这里是的离心率.
又，所以.
同理可得：，
延长交轴于点，设，
由于点是内切圆圆心，故平分，
从而由角平分线定理得：，即，解得：①.
设内切圆圆心，由.
得：②.
联立①②得：，.
又因为在椭圆上，且不与左右顶点重合（即）.
从而即，且.
故内切圆圆心的轨迹方程为：.
（3）由于点与点关于轴对称，故可设，，.
由三点共线可得：③，由三点共线可得：④，
且由相交可知，即.
联立③④并去分母即有，解得，.
这得到，，然后代入条件及刚刚得到的，
就得到，.
整理即得点的轨迹方程为：.
设直线经过并与交于两点，且是的中点.
假设直线的斜率不存在，则直线的方程为，此时直线与没有交点（注意限制条件），矛盾.
所以直线的斜率存在，设，，且.
由于是的中点，故，，即，.
由于点，在曲线上，故，
从而
，
故，从而直线的斜率.
又因为直线经过，所以满足条件的直线只可能是.
经检验，直线的确与交于两点，，
且的中点是.
所以满足条件的直线存在，且只有.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于第3小问对点差法的使用.
5．（2024·山东菏泽·模拟预测）已知在平面直角坐标系中，一直线与从原点出发的两条象限角平分线（一、四象限或二、三象限的角平分线）分别交于，两点，且满足，线段的中点为，记点的轨迹为．
(1)求轨迹的方程；
(2)点，，，过点的一条直线与交于、两点，直线，分别交直线于点，，且满足，，证明：为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分别设出，，的坐标，根据已知条件得到，，利用，得到，计算即可得到轨迹方程；
（2）设直线的方程，，，将直线方程和的方程联立，利用韦达定理得到，，分别写出直线，和的方程并写出，两点坐标，利用，得到，，将韦达定理代入并化简即可求解.
【详解】（1）设在第一象限角平分线上，则在第四象限角平分线上，
，，则，，
（若在第三象限角平分线上，则在第二象限角平分线上，则，）
即，
，
，
设，则，，
，
轨迹的方程为；
（2）
易知直线的斜率一定存在，设，，，
由得，
直线与交于、两点，
，解得且，
，，
，，，
直线，分别交直线于点，，
由得，
同理得，
，
由得，同理可得，
则
为定值.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程和交点坐标为，；
（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.
6．（2024·陕西安康·模拟预测）已知抛物线的准线方程为，直线l与C交于A，B两点，且（其中O为坐标原点），过点O作交AB于点D.
(1)求点D的轨迹E的方程；
(2)过C上一点作曲线E的两条切线分别交y轴于点M，N，求面积的最小值.
【答案】(1)
(2)8．
【分析】（1）由抛物线准线方程即可得到p，从而求得抛物线方程，然后利用两个垂直转化为向量的数量积为0，再结合点D在直线AB上，得到等式，消元即可求得点D轨迹方程；
（2）易知，利用切线方程求出M，N的坐标，然后求得，最后用表示的面积，再利用基本不等式即可求得面积的最小值.
【详解】（1）由题意可得，即，所以抛物线方程为
设，则，
因为，所以，
及，又由题意可知，所以
又，且
所以，
即，
又因为点D在直线AB上，且，
所以，即，
所以，
由①②式可得，
当时，，解得；，此时；
当时，消可得，，即，
点同样满足该方程，
显然D与O不重合，所以，
综上，点D的轨迹E的方程为；
（2）因为，结合题意可得切线斜率存在且都不为0，
设切线的斜率为，的斜率分别为，则
切线方程为，即，
令，得，
，
又，消元得
因为相切，所以，
即
易知的斜率分别为是方程③的两个根，
所以，
所以，
所以，
所以，
令，
，当且仅当，即时，取等号.
综上，面积的最小值为8.
【点睛】关键点点睛：第（1）小题的关键是利用两个垂直，转化为数量积为0的等量关系，然后借助点在直线上，利用向量共线得到另一个等量关系，消元即可求得动点的轨迹方程；第（2）小题的关键是利用切线方程与圆的方程联立，求得一个关于斜率k的一元二次方程，把两条切线的斜率转化为一个关于k的一元二次方程的两根，用韦达定理求出的值，最后求得面积关于的表达式.
考点四、定点定直线问题
1．（2024·广东深圳·模拟预测）已知椭圆：的离心率为，右顶点与的上，下顶点所围成的三角形面积为．
(1)求的方程；
(2)不过点的动直线与交于，两点，直线与的斜率之积恒为，证明直线过定点，并求出这个定点．
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
【分析】（1）根据椭圆的离心率及三角形面积，列出方程组求解即得；
（2）对直线的斜率分等于0和不等于0讨论，设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用斜率坐标公式，结合韦达定理推理即得.
【详解】（1）令椭圆的半焦距为c，由离心率为，得，
解得，
由三角形面积为，得，则，，
所以的方程是.
（2）由（1）知，点，当直线的斜率为0时，设直线，
则，，且，即，
，不合题意；
当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，设，
由消去x得：，
则，
直线与的斜率分别为，，
于是
，整理得，解得或，
当时，直线过点，不符合题意，因此，
直线：恒过定点.

2．（2024·北京·三模）已知椭圆的短轴长为，左、右顶点分别为，过右焦点的直线交椭圆于两点（不与重合），直线与直线交于点．
(1)求椭圆的方程；
(2)求证：点在定直线上.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，求出即可得解.
（2）设出直线方程，与椭圆方程联立，再求出直线与直线的交点横坐标，并结合韦达定理计算即得.
【详解】（1）依题意，，半焦距，则，
所以椭圆的方程为.
（2）显然直线不垂直于y轴，设直线，
由消去x并整理得，
，设，
则，且有，
直线，直线，
联立消去y得，即，
整理得，
即，
于是，而，
则，因此，
所以点在定直线上.
3．（2024·江西九江·二模）已知双曲线的离心率为，点在上．
(1)求双曲线的方程；
(2)直线与双曲线交于不同的两点，，若直线，的斜率互为倒数，证明：直线过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据离心率及，，的平方关系得出，再由点在上，可求解，，进而可得双曲线的方程；
（2）当斜率不存在时，显然不满足条件．当斜率存在时，设其方程为，与方程联立联立，可得根与系数的关系，表示出直线，的斜率，，由，结合根与系数的关系可得与的关系，从而可证得直线过定点．
【详解】（1）由已知得，，所以，
又点在上，故，
解得，，
所以双曲线的方程为：．
（2）当斜率不存在时，显然不满足条件．
当斜率存在时，设其方程为，与方程联立联立，消去得，
由已知得，且，
设，，则，，
直线，的斜率分别为，，
由已知，故，
即，
所以，
化简得，又已知不过点，故，
所以，即，
故直线的方程为，所以直线过定点．
4．（2024·贵州毕节·三模）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，，动点P满足，设点P的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)过点的直线l与曲线在y轴右侧交于不同的两点M，N，在线段MN上取异于点M，N的点D，满足．证明：点D在定直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设点P的坐标为，根据斜率乘积为定值化简即可；
（2）设直线l的方程为，联立双曲线方程得到韦达定理式，化简弦长得，代入韦达定理式计算即可.
【详解】（1）设点P的坐标为，
由得，化简整理得，
所以曲线的方程为.
（2）若直线l的斜率不存在，则直线l与曲线只有一个交点，不符合题意，
所以直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为，
设点，
联立方程组，整理得，易知，
，解得，
，解得或，
综上或，
因为，
同理由得，
化简整理得，
所以，
化简整理得，代入，
化简整理得，
所以点D在定直线上．

【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用设线法联立双曲线方程得到韦达定理式，再对化简得，代入韦达定理式计算即可.
5．（2024·湖南·三模）已知抛物线的焦点为F，过F且斜率为2的直线与E交于A，B两点，.
(1)求E的方程；
(2)直线，过l上一点P作E的两条切线，切点分别为M，N.求证：直线过定点，并求出该定点坐标.
【答案】(1)
(2)证明见详解；定点坐标为
【分析】（1）根据已知条件，设直线的方程为，设，联立抛物线方程，根据抛物线的弦长求得，即得答案；
（2）设直线的方程为，，，联立抛物线方程，得到韦达定理，利用导数的几何意义，设出切线与的方程，两者联立，可求出，即可证得直线过定点，并得出该定点坐标.
【详解】（1）
由已知，，过F且斜率为2的直线与E交于A，B两点，
设的方程为，,
联立，得，则，
则，
所以，
解得，
故抛物线E的方程为：.
（2）设直线的方程为，，，
联立，得，
，即，
所以，，
令，当时，
可化为，则，
则在处的切线的方程为：，
即，
同理可得切线的方程为：，
联立与的方程，解得，
所以，则，满足，
则直线的方程为，
所以直线过定点，该定点坐标为.
【点睛】方法点睛：直线和抛物线的位置关系中，证明直线过定点问题，一般是设出直线方程，利用根与系数的关系化简，求得参数之间的关系式，再对直线分离参数，求得定点坐标，进而证明直线过定点.
6．（2024·河北保定·二模）已知抛物线的焦点为，过作互相垂直的直线，分别与交于和两点（A，D在第一象限），当直线的倾斜角等于时，四边形的面积为．
(1)求C的方程；
(2)设直线AD与BE交于点Q，证明：点在定直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）由抛物线的对称性知，由四边形的面积求出，又的方程为，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理及焦点弦公式求出，即可得解；
（2）设直线的方程为，则直线的方程为，设，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，表示出直线、的方程，联立解得，即可得证.
【详解】（1）当直线的倾斜角等于时，直线的倾斜角等于，
直线的方程为，由抛物线的对称性知，
所以，得．
联立方程组，消去得．
设两点的横坐标分别为，则，．
又，所以，所以的方程为．
（2）由（1）知，依题意，可设直线的方程为，
则直线的方程为．
联立方程组消去得，显然，
设，则．
设，同理可得，
所以，同理可得．
直线的方程为，
即．
同理，直线的方程为
．
两直线方程联立得，解得，
即直线与的交点在定直线上．
【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、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
考点五、定值问题
1．（2024·山东泰安·模拟预测）已知椭圆的焦距为，点在上．
(1)求的方程；
(2)点是的左顶点，直线交于两点，分别交直线于点，线段的中点为，直线与轴相交于点，直线的斜率为，求证：为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意得，，再结合可求出，从而可求出的方程；
（2）设，将直线方程代入椭圆方程化简，再利用根与系数的关系，表示出直线,的方程,求出点的坐标，从而可表示出点的坐标，则表示出，化简后与相乘可得结论.
【详解】（1）由题意可知，，即，
，
解得 ，
所以椭圆的方程为．
（2）证明：设，
由消去，整理得，
，
所以，
又，所以直线的方程为，
其与直线的交点为，
同理，
所以的中点为，
又， 所以
所以为定值．
【点睛】关键点点睛：此题考查直线与椭圆的位置关系，考查椭圆方程的求法，考查椭圆中的定值问题，第（2）问解题的关键是将直线方程代入椭圆方程化简利用根与系数的关系，考查计算能力，属于较难题.
2．（2024·安徽合肥·模拟预测）已知分别为椭圆的左顶点和上顶点，过点作一条斜率存在且不为0的直线与轴交于点，该直线与的一个交点为，与曲线的另一个交点为．
(1)若平分，求的内切圆半径；
(2)设直线与的另一个交点为，则直线的斜率是否为定值？若是，求出该定值；否则，说明理由．
【答案】(1)
(2)是，且该定值为
【分析】（1）结合题意可得直线的方程，即可得点坐标，从而结合斜率公式可得，即可通过求角平分线交点得到内切圆圆心坐标，即可得内切圆半径；
（2）设出直线的方程，通过联立曲线，逐步得到所需点坐标，点坐标与点坐标，从而结合斜率公式表示斜率后求解即可得.
【详解】（1）由可得，则，
，
故，令，解得或，
当时，交点为点，舍去，当时，，
即，则，故，，
则，令，则，即，
则为的角平分线，联立，有，
则点为内心，
故的内切圆半径等于圆心到轴的距离，即；
（2）设，联立，可得，
则，则，即，
联立，有，
则，则，即，
则，故，
联立，得，
则由，，故，
则，即，
故，
即直线的斜率是否为定值，且该定值为.
【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于借助所设直线方程，通过联立曲线，逐步得到所需点坐标，点坐标与点坐标，从而结合斜率公式表示斜率后求解.
3．（2024·全国·模拟预测）已知双曲线C的中心是坐标原点，对称轴为坐标轴，且过，两点．
(1)求C的方程；
(2)设P，M，N三点在C的右支上，，，证明：
（ⅰ）存在常数，满足；
（ⅱ）的面积为定值．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）设C的方程为，其中．由C过A，B两点，代入解得，即可.
（2）（ⅰ）设，，，其中，，．因为，所以直线BM的斜率为，方程为．
联立结合韦达定理得到，．
同理，．再结合向量运算即可解决.
（ⅱ）结合前面结论，运用点到直线距离公式，三角形面积公式可解.
【详解】（1）设C的方程为，其中．
由C过A，B两点，故，，解得，．
因此C的方程为．
（2）（ⅰ）设，，，其中，，i＝0，1，2．

因为，所以直线BM的斜率为，方程为．
由，得，
所以，
．
因此．
同理可得直线AN的斜率为，直线AN的方程为．
由，得，
所以，
，
因此
．
则，即存在，满足．
（ⅱ）由（ⅰ），直线MN的方程为，
所以点P到直线MN的距离．
而，
所以的面积为定值．
【点睛】难点点睛：本题属于中难题，考查直线与双曲线．本题第（1）小问设问基础，但需要注意所设方程的形式；第（2）（ⅰ）小问在题干条件翻译上未设置较多障碍，但是对4个坐标分量的求解非常考验学生的代数基本功和计算能力，区分度较大．
4．（2024·河南濮阳·模拟预测）已知双曲线分别是的左、右焦点．若的离心率，且点在上．
(1)求的方程；
(2)若过点的直线与的左、右两支分别交于两点，与抛物线交于两点，试问是否存在常数，使得为定值？若存在，求出常数的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，为定值．
【分析】（1）根据已知列方程组求解求出双曲线方程；
（2）先联立方程组求出两根和两根积，再应用弦长公式，最后计算得出定值.
【详解】（1）设双曲线的半焦距为，
由题意可得，解得，所以的方程为．
（2）
假设存在常数满足条件，由（1）知，
设直线，
联立方程得，消去，整理可得，
所以，，
．
因为直线过点且与的左、右两支分别交于，两点，所以两点在轴同侧，所以．
此时，即，所以．
设，将代入抛物线方程，得，
则，
所以
．
所以．
故当时，为定值，所以，当时，为定值．
5．（2024·山东济南·三模）如图所示，抛物线的准线过点，
(1)求抛物线的标准方程;
(2)若角为锐角，以角为倾斜角的直线经过抛物线的焦点，且与抛物线交于A、B两点，作线段的垂直平分线交轴于点，证明:为定值，并求此定值.
【答案】(1)y2＝8x
(2)证明见解析，8
【分析】（1）根据准线过点即可求出p，进而可知抛物线标准方程；
（2）假设直线的方程，与抛物线联立，进而可以得到与其中垂线的交点坐标，进而可以表示出中垂线方程，进而求点的坐标，再求即可.
【详解】（1）解:(1)由题意得
∴抛物线的方程为
（2）设，直线的斜率为
则直线方程为
将此式代入，得，
故
设的中垂线为直线m，设直线m与的交点为
则
故直线m的方程为
令得点P的横坐标为
故
∴为定值8
6．（2024·广西贵港·模拟预测）已知两条抛物线，．
(1)求与在第一象限的交点的坐标．
(2)已知点A，B，C都在曲线上，直线AB和AC均与相切．
（ⅰ）求证：直线BC也与相切．
（ⅱ）设直线AB，AC，BC分别与曲线相切于D，E，F三点，记的面积为，的面积为．试判断是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）是定值，定值为
【分析】（1）联立方程求解即可；
（2）（ⅰ）设点可得直线AB，AC，BC的方程，联立方程结合韦达定理分析证明；（ⅱ）利用导数求切线方程，进而可得相应点的坐标，进而求面积分析求解.
【详解】（1）联立方程，且，可得，
故有，从而，代入得，
所以两抛物线在第一象限的交点的坐标为．
（2）（ⅰ）设，，，
由题可知，，均不为0且不相等，直线AB，AC的斜率均存在，
则直线AB：，即直线AB：，
同理可得BC：，AC：．
联立，消去y得，
由AB与相切，得，
同理由AC与相切，得．
则，可得，
所以，即，
所以直线BC也与相切，证毕；
（ⅱ）不妨设，且A在B上方．
由于，在抛物线上，求导得，
所以点E，F处的切线方程为，，
得，解得，即，
同理，．
过C作y轴的平行线CP交AB于P点，过D作y轴的平行线DQ交EF于Q点，
则，，
由直线AB：，与联立，得，
所以，
同理由直线EF：，与联立，得，
所以，故，
所以．
【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.
考点六、最值及范围问题
1．（2024·全国·模拟预测）已知是坐标原点，抛物线的焦点为，点在上，线段是圆的一条直径，且的最小值为．
(1)求的方程；
(2)过点作圆的两条切线，与分别交于异于点的点，求直线斜率的最大值．
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）利用展开计算求最值可得的值；
（2）设直线的方程为，直线的方程为，根据与圆相切求出满足的二次方程，求出直线斜率的斜率，利用导数求解最值.
【详解】（1）连接，由题意知
，当点与点重合时取等号，
得，
所以的方程为；
（2）由题意知，
连接，则，
所以．
又当时，圆与轴相切，不满足题意；
当时，圆与轴相切，不满足题意，
故且．
设直线的方程为，
因为直线为圆的切线，所以，
整理得．②
设直线的方程为，
同理可得，
所以是关于的方程的两个根，
所以．设，
由得，同理可得，
所以直线的斜率为，
设，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，．
所以直线斜率的最大值为．
2．（2024·全国·三模）如图，动直线与抛物线：交于A，B两点，点C是以AB为直径的圆与的一个交点（不同于A，B），点C在AB上的投影为点M，直线为的一条切线.

(1)证明：为定值；
(2)求与的内切圆半径之和的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）联立直线与抛物线方程，利用判别式法求得，进而表示出点A、B的坐标，设，利用圆的性质转化为，代入坐标运算得，即可证明；
（2）先根据直角三角形内切圆半径公式求出两个直角三角形的内切圆半径，然后结合的内切圆半径为R得，进而利用函数的单调性求得R的范围，即可求解的范围.
【详解】（1）由，消去y得.
由，，得.
所以的方程为，所以，.
设，则由，得，
结合，求得，所以点C的横坐标为，
所以，为定值.
（2）先证明直角三角形内切圆半径公式：
对于，，其内切圆半径为r，则，
从而，
设，内切圆的半径分别为，，
则，同理.
设的内切圆半径为R，则.
所以，
因为
，
因为是关于a的单调递增函数，所以是关于a的单调递减函数，
所以函数在上单调递增，所以，所以.
故与内切圆的半径之和的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是计算出，再求出，最后利用函数单调性即可得到答案.
3．（2024·内蒙古赤峰·二模）已知点P为圆 上任意一点， 线段PA的垂直平分线交直线PC于点M，设点M 的轨迹为曲线H.
(1)求曲线H的方程;
(2)若过点M 的直线l与曲线H的两条渐近线交于S，T两点，且M 为线段ST的中点.
(i)证明：直线l与曲线H有且仅有一个交点；
(ii)求 的取值范围.
【答案】(1)
(2)( i )证明见解析，( ii)
【分析】(1) 由双曲线的定义进行求解；
(2) ( i ) 设，求出，由直线l与曲线H方程进行求解；
（ii）由，则利用基本不等式求解．
【详解】（1）M为的垂直平分线上一点, 则 ，
则
∴点M的轨迹为以为焦点的双曲线, 且，
故点M的轨迹方程为
（2）( i ) 设，双曲线的渐近线方程为：，
如图所示：
则①，②，
①+②得， ，
①-②得， ，
则，得
由题可知，则，
得，即，
∴直线的方程为，即，
又∵点M在曲线H上，则 ，得，
将方程联立，得，
得，
由，可知方程有且仅有一个解，
得直线l与曲线H有且仅有一个交点.
（ii）由（i）联立 ，可得，同理可得， ，
则 ，
故，
当且仅当，即时取等号.
故的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：第二问中的第2小问中，先要计算，再由基本不等式求解范围．
4．（2024·江苏南京·模拟预测）已知双曲线一个顶点为，直线过点且交双曲线右支于两点，记的面积分别为.当与轴垂直时，
(1)求双曲线的标准方程；
(2)若交轴于点，，.
①求证：为定值；
②若，当时，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)①；②
【分析】（1）由题意可得，再由结合三角形面积公式可求得，由此可得双曲线E的标准方程；
（2）①由向量的坐标表示求得，代入双曲线方程得，同理可得，再由韦达定理即可得到，得证；
②由得到，结合①中结论可将式子化简为，再利用换元法与双勾函数的单调性即可求得m的取值范围.
【详解】（1）由题意得，，
则当l与x轴垂直时，不妨设，
由，得，
将代入方程，得，解得，
所以双曲线E的方程为．
（2）①设，，，
由与，得，
即，，将代入E的方程得：，
整理得：①，
同理由可得②．
由①②知，，是方程的两个不等实根．
由韦达定理知，所以为定值．
②又，即，
整理得：，
又，且，所以，则，
整理得，又，故，
而由①知，，故，
代入，
令，得，
由双勾函数在上单调递增，得，
所以m的取值范围为．
【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的范围问题的方法与策略：
（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
5．（2024·重庆·三模）已知F，C分别是椭圆的右焦点、上顶点，过原点的直线交椭圆于A，B两点，满足．
(1)求椭圆的方程；
(2)设椭圆的下顶点为，过点作两条互相垂直的直线，这两条直线与椭圆的另一个交点分别为M，N，设直线的斜率为的面积为，当时，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1) 利用椭圆的定义，结合椭圆的几何性质知，，则，解出a，b即可得椭圆方程；
(2)设的方程为代入椭圆方程，求出M的坐标，可得，用代替k，可得，求出的面积S，可得，解不等式可得k的取值范围．
【详解】（1）设椭圆的左焦点为，连接，
由对称性知四边形是平行四边形，所以，．
由椭圆定义知，则，．
设椭圆的半焦距为，由椭圆的几何性质知，，则，
所以，
所以椭圆的标准方程为．
（2）椭圆的标准方程为．则，
所以直线，
如图所示，

设，
联立，消去并整理得，．．．
所以，所以，．．
所以，．
同理可得：，所以，
所以，
由，得，
整理得，得，．
又，所以，所以或．
所以的取值范围为．
【点睛】难点点睛：本题考查了椭圆方程的求解以及直线和椭圆位置关系中的三角形面积问题，综合性较强，难点在于计算过程相当复杂，计算量较大，并且基本都是有关字母参数的运算，十分容易出错.
6．（2024·湖南邵阳·三模）已知椭圆：的离心率为，右顶点与的上，下顶点所围成的三角形面积为．
(1)求的方程．
(2)不过点的动直线与交于，两点，直线与的斜率之积恒为．
（i）证明：直线过定点；
（ii）求面积的最大值．
【答案】(1)；
(2)（i）证明见解析；（ii）.
【分析】（1）根据椭圆的离心率及三角形面积，列出方程组求解即得.
（2）（i）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用斜率坐标公式，结合韦达定理推理即得；（ii）由（i）的信息，借助三角形面积建立函数关系，再求出最大值.
【详解】（1）令椭圆的半焦距为c，由离心率为，得，解得，
由三角形面积为，得，则，，
所以的方程是.
（2）（i）由（1）知，点，设直线的方程为，设，
由消去x得：，
则，
直线与的斜率分别为，，
于是
，整理得，解得或，
当时，直线过点，不符合题意，因此，
直线：恒过定点.
（ii）由（i）知，，
则，
因此的面积
，当且仅当，即时取等号，
所以面积的最大值为.

【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的几何图形面积范围或最值问题，可以以直线的斜率、横(纵)截距、图形上动点的横(纵)坐标为变量，建立函数关系求解作答.
考点七、新定义问题
1．（2024·山东青岛·三模）在平面内，若直线将多边形分为两部分，多边形在两侧的顶点到直线的距离之和相等，则称为多边形的一条“等线”，已知为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别为的离心率为2，点为右支上一动点，直线与曲线相切于点，且与的渐近线交于两点，当轴时，直线为的等线.
(1)求的方程;
(2)若是四边形的等线，求四边形的面积;
(3)设，点的轨迹为曲线，证明:在点处的切线为的等线
【答案】(1)
(2)12
(3)证明见解析
【分析】（1）利用已知等量关系建立方程，求解各个元素，得到双曲线方程即可.
（2）利用给定定义，求解关键点的坐标，最后得到四边形面积即可.
（3）利用给定条件和新定义证明即可.
【详解】（1）由题意知，显然点在直线的上方，
因为直线为的等线，所以，
解得，所以的方程为
（2）设，切线，代入得:
故，
该式可以看作关于的一元二次方程，
所以，即方程为
当的斜率不存在时，也成立
渐近线方程为，不妨设在上方，
联立得，故，
所以是线段的中点，因为到过的直线距离相等，
则过点的等线必定满足:到该等线距离相等，
且分居两侧，所以该等线必过点，即的方程为，
由，解得，故 .
所以，
所以，
所以，所以
（3）
设，由，所以，
故曲线的方程为
由（*）知切线为，也为，即，即
易知与在的右侧，在的左侧，分别记到的距离为，
由（2）知，
所以
由得
因为，
所以直线为的等线 .
【点睛】关键点点睛：本题考查解析几何，解题关键是利用给定定义和条件，然后结合前问结论，得到，证明即可．
2．（2024·湖南·二模）直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如表示过点的直线，直线的包络曲线定义为：直线族中的每一条直线都是该曲线上某点处的切线，且该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线.
(1)若圆是直线族的包络曲线，求满足的关系式；
(2)若点不在直线族：的任意一条直线上，求的取值范围和直线族的包络曲线；
(3)在（2）的条件下，过曲线上两点作曲线的切线，其交点为.已知点，若三点不共线，探究是否成立？请说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)成立，理由见解析
【分析】（1）根据包络曲线的定义利用直线和圆相切即可得；
（2）易知方程无解，根据判别式可得，证明可得直线族的包络曲线为；
（3）法一：求出两点处曲线的切线的方程，解得，根据平面向量夹角的表达式即可得，即；
法二：过分别作准线的垂线，连接，由导数求得切线斜率并利用抛物线定义和三角形内角关系即可证明.
【详解】（1）由定义可知，与相切，
则圆的圆心到直线的距离等于1，
则，.
（2）点不在直线族的任意一条直线上，
所以无论取何值时，无解.
将整理成关于的一元二次方程，
即.
若该方程无解，则，即.
证明：在上任取一点在该点处的切线斜率为，
于是可以得到在点处的切线方程为：，
即.
今直线族中，
则直线为，
所以该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线，
而对任意都是抛物线在点处的切线.
所以直线族的包络曲线为.
（3）法一：已知，设，
则，；
由（2）知在点处的切线方程为；
同理在点处的切线方程为；
联立可得，所以.
因此，
同理.
所以，，
即，可得，
所以成立.
法二：过分别作准线的垂线，连接，如图所示：
则，因为，显然.
又由抛物线定义得，故为线段的中垂线，得到，即.
同理可知，
所以，即.
则.
所以成立.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解包络曲线的定义，利用直线和曲线相切求出包络曲线的方程为并进行证明，再利用抛物线定义和性质即可得出结论.
3．（2024·新疆乌鲁木齐·二模）在平面直角坐标系中，重新定义两点之间的“距离”为，我们把到两定点的“距离”之和为常数的点的轨迹叫“椭圆”．
(1)求“椭圆”的方程；
(2)根据“椭圆”的方程，研究“椭圆”的范围、对称性，并说明理由；
(3)设，作出“椭圆”的图形，设此“椭圆”的外接椭圆为的左顶点为，过作直线交于两点，的外心为，求证：直线与的斜率之积为定值．
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）设“椭圆”上任意一点为，则，再根据两点之间的“距离”得新定义即可得解；
（2）将点分别代入即可判断其对称性，取绝对值符号，进而可得出范围；
（3）先求出椭圆方程，设直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，分别求出直线的方程，设，再次求出的关系，进而求出，从而可得出结论.
【详解】（1）设“椭圆”上任意一点为，则，
即，即，
所以“椭圆”的方程为；
（2）由方程，得，
因为，所以，即，
所以或或，
解得，
由方程，得，
即，所以，所以，
所以“椭圆”的范围为，，
将点代入得，，
即，方程不变，所以“椭圆”关于轴对称，
将点代入得，，
即，方程不变，所以“椭圆”关于轴对称，
将点代入得，，
即，方程不变，所以“椭圆”关于原点对称，
所以“椭圆”关于轴，轴，原点对称；

（3）由题意可设椭圆的方程为，
将点代入得，解得，
所以椭圆的方程为，，
由题意可设直线的方程为，
联立，得，
恒成立，
则，
因为的中点为，
所以直线的中垂线的方程为，
同理直线的中垂线的方程为，
设，则是方程的两根，
即是方程的两根，
所以，
又因，
所以，
两式相比得，所以，
所以，
所以直线与的斜率之积为定值．

【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．
4．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）在平面直角坐标系中，利用公式①（其中，，，为常数），将点变换为点的坐标，我们称该变换为线性变换，也称①为坐标变换公式，该变换公式①可由，，，组成的正方形数表唯一确定，我们将称为二阶矩阵，矩阵通常用大写英文字母，，…表示.
(1)如图，在平面直角坐标系中，将点绕原点按逆时针旋转角得到点（到原点距离不变），求坐标变换公式及对应的二阶矩阵；
(2)在平面直角坐标系中，求双曲线绕原点按逆时针旋转（到原点距离不变）得到的双曲线方程；
(3)已知由（2）得到的双曲线，上顶点为，直线与双曲线的两支分别交于，两点（在第一象限），与轴交于点.设直线，的倾斜角分别为，，求证：为定值.
【答案】(1)公式为，二阶矩阵为
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）设，，通过，计算整理可得答案；
（2）利用（1）的结果代入计算即可；
（3）设直线的方程为，与联立，求出的斜率，然后利用韦达定理计算，进而求出，则可得为定值.
【详解】（1）设，，则，，，
故，
，
所以坐标变换公式为，
该变换所对应的二阶矩阵为；
（2）设曲线上任意一点在旋转角是的旋转变换下所得点坐标为.
则，即，
得，则，所求曲线方程为；
（3）
①直线斜率存在时，可设直线的方程为，
设，
由，得，
所以，，且，
当时，取，，所以直线方程为：，
直线方程与双曲线方程联立可得，解得或，
所以，.
所以，所以，可得；
当时，设的斜率分别为，
，，
所以，
，
所以.
因为在第一象限，所以，所以，所以.
②直线斜率不存在时，可得，
可得，，
所以，同理可得.
综上可得，为定值，得证.
【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，再证明这个定值与变量无关．
(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．（2024·江西新余·二模）通过研究，已知对任意平面向量，把绕其起点A沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点B绕点A逆时针方向旋转角得到点P，
(1)已知平面内点，点，把点B绕点A逆时针旋转得到点P，求点P的坐标：
(2)已知二次方程的图像是由平面直角坐标系下某标准椭圆绕原点O逆时针旋转所得的斜椭圆C，
（i）求斜椭圆C的离心率；
（ⅱ）过点作与两坐标轴都不平行的直线交斜椭圆C于点M、N，过原点O作直线与直线垂直，直线交斜椭圆C于点G、H，判断是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)（i）；（ⅱ）是，2
【分析】（1）借助所给定义计算即可得；
（2）（i）计算出该斜椭圆的长轴长与焦距，结合离心率定义计算即可得；
（ⅱ）法一：设出直线、，联立斜椭圆方程可得与交点横坐标有关韦达定理，结合弦长公式即可表示出，计算即可得；
法二：将所有点、直线与曲线都绕原点O顺时针旋转后，再设出直线、旋转后方程，联立标准方程可得与交点纵坐标有关韦达定理，结合弦长公式即可表示出，计算即可得.
【详解】（1）由已知可得，则，
设，则，
所以，，即点P的坐标为；
（2）（i）由与交点为和，则，
由与交点为和，
则，所以，；
（ⅱ）法一：设直线：，、，
与斜椭圆联立：，
有，
∵，，
∴
，
设直线：，代入斜椭圆，
有，
∴，∴，
故.
法二：将椭圆顺时针旋转，由①可得椭圆方程为，
点Q旋转后的坐标为，
当直线旋转后斜率不存在时，，，，
当直线旋转后斜率存在时，设直线旋转后为，
旋转后、，
与椭圆方程联立，即，
可得，
，，
，
设直线旋转后为，代入椭圆方程中，
有，，
.
综上所述，.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于对旋转后的方程的理解与运用，最后一问可直接在旋转后的斜椭圆上计算，也可在标准椭圆下计算，其旋转前后的线段长度不变.
6．（2024·四川·一模）已知抛物线：的焦点为，过点的直线与相交于点，，面积的最小值为（为坐标原点）.按照如下方式依次构造点：的坐标为，直线，与的另一个交点分别为，，直线与轴的交点为，设点的横坐标为.
(1)求的值；
(2)求数列的通项公式；
(3)数列中，是否存在连续三项（按原顺序）构成等差数列？若存在，指出所有这样的连续三项；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）设直线与相关点的坐标，然后联立抛物线和直线方程，利用韦达定理计算出需要的值，最后表示出面积，计算其最值，求出即可；
（2）利用抛物线中点弦定理，求出相关直线方程，然后表示出，然后找到两者关系，最后利用其关系求得通项公式即可；
（3）利用等差中项的判断方式，判断数列不可能存在连续三项是等差数列.
【详解】（1）设直线，
联立，得，
得
由韦达定理可知：
由题可知：
因为面积的最小值为，且，
所以.
（2）设，
由题可知，，两式求差可得
所以，
所以直线方程为，整理得
同理：方程为：
令可得
可知，方程为：
因为过焦点，所以有
方程为：
令可得
由，可知
因为，
得
取对数可得
由题可知，
所以数列是以为首项，2为公比的等比数列；
所以有
解得
（3）不存在，理由如下
假设存在，则一定有
因为，得
化简得
因为
显然
所以在无解；
故不存在连续的三项为等差数列.
【点睛】关键点点睛：第一问，可以利用常规的计算方式计算，也可以利用抛物线的焦点三角形的面积公式（为直线倾斜角）判断即可，最好证明该二级结论；
第二问，主要是需要找到关系，所以需要多建立直线方程，最好用相同的容易计算的方式，所以利用中点弦定理，建立方程，比较容易计算，得到，此种数列，去对数求解即可;
第三问，判断是否存在连续三项为等差数列，假设存在，然后直接用反证法证明即可.
21世纪教育网(www.21cnjy.com)新高考新结构命题下的
圆锥曲线解答题综合训练
（7类核心考点精讲精练）
在新课标、新教材和新高考的“三新”背景下，高考改革又一次具有深度的向前推进。这不仅仅是一场考试形式的变革，更是对教育模式和教育理念的全面革新。
当前的高考试题设计，以“三维”减量增质为核心理念，力求在减少题目数量的同时，提升题目的质量和考查的深度。这具体体现在以下三个方面：
三考
题目设计着重考查学生的知识主干、学习能力和学科素养，确保试题能够全面、客观地反映学生的实际水平。
三重
强调对学生思维深度、创新精神和实际应用能力的考查，鼓励学生不拘泥于传统模式，展现个人的独特见解和创造力。
三突出
试题特别突出对学生思维过程、思维方法和创新能力的考查，通过精心设计的题目，引导学生深入思考和探索，培养逻辑思维和创新能力。
面对新高考新结构试卷的5个解答题，每个题目的考查焦点皆充满变数，无法提前预知。圆锥曲线版块作为一个重要的考查领域，其身影可能悄然出现在第15题中，作为一道13分的题目，难度相对较为适中，易于学生入手。同样不能忽视的是，圆锥曲线版块也可能被置于第18、19题这样的压轴大题中，此时的分值将提升至17分，挑战学生的解题能力和思维深度，难度自然相应加大。
面对如此多变的命题趋势，教师在教学备考过程中必须与时俱进。不仅要深入掌握不同题目位置可能涉及的知识点及其命题方式，更要能够灵活应对，根据试题的实际情况调整教学策略。本文基于新高考新结构试卷的特点，结合具体的圆锥曲线解答题实例，旨在为广大师生提供一份详尽的圆锥曲线解答题综合训练指南，以期在新高考中取得更好的成绩。
考点一、弦长及面积问题
1．（2024·浙江·二模）已知点为抛物线与圆在第一象限的交点，另一交点为.
(1)求；
(2)若点在圆上，直线为抛物线的切线，求的周长．
2．（2024·江西·模拟预测）已知双曲线的离心率为2，顶点到渐近线的距离为．
(1)求的方程；
(2)若直线交于两点，为坐标原点，且的面积为，求的值．
3．（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知双曲线与椭圆共焦点，点、分别是以椭圆半焦距为半径的圆与双曲线的渐近线在第一、二象限的交点，若点满足，（为坐标原点），
(1)求双曲线的离心率；
(2)求的面积.
4．（2024·河北·模拟预测）已知直线过椭圆的右焦点，且交于两点．
(1)求的离心率；
(2)设点，求的面积．
5．（2024·四川南充·一模）已知动点与定点的距离和P到定直线的距离的比是常数，记点P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的标准方程；
(2)设点，若曲线C上两点M，N均在x轴上方，且，，求直线FM的斜率.
6．（2024·陕西安康·模拟预测）已知椭圆的左 右顶点分别为，左 右焦点分别为是椭圆上一点，，直线的斜率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)若过右焦点的直线与椭圆交于点，直线交于点，求当时，的值.
考点二、中点弦问题
1．（2024·贵州黔南·二模）已知抛物线：（）的焦点为，过焦点作直线交抛物线于两点，为抛物线上的动点，且的最小值为1.
(1)抛物线的方程；
(2)若直线交抛物线的准线于点，求线段的中点的坐标.
2．（2024·云南昆明·模拟预测）已知双曲线E：的右焦点为，一条渐近线方程为．
(1)求双曲线E的方程；
(2)是否存在过点的直线l与双曲线E的左右两支分别交于A，B两点，且使得，若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
3．（2024·浙江·模拟预测）已知双曲线C:，圆，其中.圆与双曲线有且仅有两个交点，线段的中点为.
(1)记直线的斜率为，直线的斜率为，求.
(2)当直线的斜率为3时，求点坐标.
4．（23-24高二上·黑龙江佳木斯·期中）已知椭圆的两个焦点分别为，且椭圆过点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点作直线交椭圆于两点，是弦的中点，求直线的方程.
5．（2024·河北沧州·模拟预测）已知直线与椭圆相交于两点，为弦的中点，为坐标原点，直线的斜率记为.
(1)证明：；
(2)若，焦距为.
①求椭圆的方程；
②若点为椭圆的右顶点，，且直线与轴围成底边在轴上的等腰三角形，求直线的方程.
6．（2024·山西长治·模拟预测）已知椭圆的右焦点为，且该椭圆过点，直线l交椭圆E于A，B两点.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若AB的中点坐标为，求直线l的方程；
(3)若直线l方程为，过A、B作直线的垂线，垂足分别为P、Q，点R为线段PQ的中点，求证：四边形ARQF为梯形.
考点三、轨迹问题
1．（2024·广东·模拟预测）已知，直线交于点，且直线的斜率之积为，点的轨迹记为曲线．
(1)求的方程．
(2)不过点的直线与交于两点，且直线与的斜率之和为，试问直线是否过定点？若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由．
2．（2024·河北衡水·模拟预测）已知圆，过的直线与圆交于两点，过作的平行线交直线于点.
(1)求点的轨迹的方程；
(2)过作两条互相垂直的直线交曲线于交曲线于，连接弦的中点和的中点交曲线于，若，求的斜率.
3．（2024·浙江温州·三模）已知直线与双曲线相切于点.
(1)试在集合中选择一个数作为的值，使得相应的的值存在，并求出相应的的值；
(2)过点与垂直的直线分别交轴于两点，是线段的中点，求点的轨迹方程.
4．（2024·云南·模拟预测）椭圆的左 右焦点分别为，点在椭圆上运动（与左 右顶点不重合），已知的内切圆圆心为，延长交轴于点.
(1)当点运动到椭圆的上顶点时，求；
(2)当点在椭圆上运动时，为定值，求内切圆圆心的轨迹方程；
(3)点关于轴对称的点为，直线与相交于点，已知点的轨迹为，过点的直线与曲线交于两点，试说明：是否存在直线，使得点为线段的中点，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.
5．（2024·山东菏泽·模拟预测）已知在平面直角坐标系中，一直线与从原点出发的两条象限角平分线（一、四象限或二、三象限的角平分线）分别交于，两点，且满足，线段的中点为，记点的轨迹为．
(1)求轨迹的方程；
(2)点，，，过点的一条直线与交于、两点，直线，分别交直线于点，，且满足，，证明：为定值.
6．（2024·陕西安康·模拟预测）已知抛物线的准线方程为，直线l与C交于A，B两点，且（其中O为坐标原点），过点O作交AB于点D.
(1)求点D的轨迹E的方程；
(2)过C上一点作曲线E的两条切线分别交y轴于点M，N，求面积的最小值.
考点四、定点定直线问题
1．（2024·广东深圳·模拟预测）已知椭圆：的离心率为，右顶点与的上，下顶点所围成的三角形面积为．
(1)求的方程；
(2)不过点的动直线与交于，两点，直线与的斜率之积恒为，证明直线过定点，并求出这个定点．
2．（2024·北京·三模）已知椭圆的短轴长为，左、右顶点分别为，过右焦点的直线交椭圆于两点（不与重合），直线与直线交于点．
(1)求椭圆的方程；
(2)求证：点在定直线上.
3．（2024·江西九江·二模）已知双曲线的离心率为，点在上．
(1)求双曲线的方程；
(2)直线与双曲线交于不同的两点，，若直线，的斜率互为倒数，证明：直线过定点．
4．（2024·贵州毕节·三模）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，，动点P满足，设点P的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)过点的直线l与曲线在y轴右侧交于不同的两点M，N，在线段MN上取异于点M，N的点D，满足．证明：点D在定直线上．
5．（2024·湖南·三模）已知抛物线的焦点为F，过F且斜率为2的直线与E交于A，B两点，.
(1)求E的方程；
(2)直线，过l上一点P作E的两条切线，切点分别为M，N.求证：直线过定点，并求出该定点坐标.
6．（2024·河北保定·二模）已知抛物线的焦点为，过作互相垂直的直线，分别与交于和两点（A，D在第一象限），当直线的倾斜角等于时，四边形的面积为．
(1)求C的方程；
(2)设直线AD与BE交于点Q，证明：点在定直线上．
考点五、定值问题
1．（2024·山东泰安·模拟预测）已知椭圆的焦距为，点在上．
(1)求的方程；
(2)点是的左顶点，直线交于两点，分别交直线于点，线段的中点为，直线与轴相交于点，直线的斜率为，求证：为定值．
2．（2024·安徽合肥·模拟预测）已知分别为椭圆的左顶点和上顶点，过点作一条斜率存在且不为0的直线与轴交于点，该直线与的一个交点为，与曲线的另一个交点为．
(1)若平分，求的内切圆半径；
(2)设直线与的另一个交点为，则直线的斜率是否为定值？若是，求出该定值；否则，说明理由．
3．（2024·全国·模拟预测）已知双曲线C的中心是坐标原点，对称轴为坐标轴，且过，两点．
(1)求C的方程；
(2)设P，M，N三点在C的右支上，，，证明：
（ⅰ）存在常数，满足；
（ⅱ）的面积为定值．
4．（2024·河南濮阳·模拟预测）已知双曲线分别是的左、右焦点．若的离心率，且点在上．
(1)求的方程；
(2)若过点的直线与的左、右两支分别交于两点，与抛物线交于两点，试问是否存在常数，使得为定值？若存在，求出常数的值；若不存在，请说明理由．
5．（2024·山东济南·三模）如图所示，抛物线的准线过点，
(1)求抛物线的标准方程;
(2)若角为锐角，以角为倾斜角的直线经过抛物线的焦点，且与抛物线交于A、B两点，作线段的垂直平分线交轴于点，证明:为定值，并求此定值.
6．（2024·广西贵港·模拟预测）已知两条抛物线，．
(1)求与在第一象限的交点的坐标．
(2)已知点A，B，C都在曲线上，直线AB和AC均与相切．
（ⅰ）求证：直线BC也与相切．
（ⅱ）设直线AB，AC，BC分别与曲线相切于D，E，F三点，记的面积为，的面积为．试判断是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
考点六、最值及范围问题
1．（2024·全国·模拟预测）已知是坐标原点，抛物线的焦点为，点在上，线段是圆的一条直径，且的最小值为．
(1)求的方程；
(2)过点作圆的两条切线，与分别交于异于点的点，求直线斜率的最大值．
2．（2024·全国·三模）如图，动直线与抛物线：交于A，B两点，点C是以AB为直径的圆与的一个交点（不同于A，B），点C在AB上的投影为点M，直线为的一条切线.

(1)证明：为定值；
(2)求与的内切圆半径之和的取值范围.
3．（2024·内蒙古赤峰·二模）已知点P为圆 上任意一点， 线段PA的垂直平分线交直线PC于点M，设点M 的轨迹为曲线H.
(1)求曲线H的方程;
(2)若过点M 的直线l与曲线H的两条渐近线交于S，T两点，且M 为线段ST的中点.
(i)证明：直线l与曲线H有且仅有一个交点；
(ii)求 的取值范围.
4．（2024·江苏南京·模拟预测）已知双曲线一个顶点为，直线过点且交双曲线右支于两点，记的面积分别为.当与轴垂直时，
(1)求双曲线的标准方程；
(2)若交轴于点，，.
①求证：为定值；
②若，当时，求实数的取值范围.
5．（2024·重庆·三模）已知F，C分别是椭圆的右焦点、上顶点，过原点的直线交椭圆于A，B两点，满足．
(1)求椭圆的方程；
(2)设椭圆的下顶点为，过点作两条互相垂直的直线，这两条直线与椭圆的另一个交点分别为M，N，设直线的斜率为的面积为，当时，求的取值范围．
6．（2024·湖南邵阳·三模）已知椭圆：的离心率为，右顶点与的上，下顶点所围成的三角形面积为．
(1)求的方程．
(2)不过点的动直线与交于，两点，直线与的斜率之积恒为．
（i）证明：直线过定点；
（ii）求面积的最大值．
考点七、新定义问题
1．（2024·山东青岛·三模）在平面内，若直线将多边形分为两部分，多边形在两侧的顶点到直线的距离之和相等，则称为多边形的一条“等线”，已知为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别为的离心率为2，点为右支上一动点，直线与曲线相切于点，且与的渐近线交于两点，当轴时，直线为的等线.
(1)求的方程;
(2)若是四边形的等线，求四边形的面积;
(3)设，点的轨迹为曲线，证明:在点处的切线为的等线
2．（2024·湖南·二模）直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如表示过点的直线，直线的包络曲线定义为：直线族中的每一条直线都是该曲线上某点处的切线，且该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线.
(1)若圆是直线族的包络曲线，求满足的关系式；
(2)若点不在直线族：的任意一条直线上，求的取值范围和直线族的包络曲线；
(3)在（2）的条件下，过曲线上两点作曲线的切线，其交点为.已知点，若三点不共线，探究是否成立？请说明理由.
3．（2024·新疆乌鲁木齐·二模）在平面直角坐标系中，重新定义两点之间的“距离”为，我们把到两定点的“距离”之和为常数的点的轨迹叫“椭圆”．
(1)求“椭圆”的方程；
(2)根据“椭圆”的方程，研究“椭圆”的范围、对称性，并说明理由；
(3)设，作出“椭圆”的图形，设此“椭圆”的外接椭圆为的左顶点为，过作直线交于两点，的外心为，求证：直线与的斜率之积为定值．
4．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）在平面直角坐标系中，利用公式①（其中，，，为常数），将点变换为点的坐标，我们称该变换为线性变换，也称①为坐标变换公式，该变换公式①可由，，，组成的正方形数表唯一确定，我们将称为二阶矩阵，矩阵通常用大写英文字母，，…表示.
(1)如图，在平面直角坐标系中，将点绕原点按逆时针旋转角得到点（到原点距离不变），求坐标变换公式及对应的二阶矩阵；
(2)在平面直角坐标系中，求双曲线绕原点按逆时针旋转（到原点距离不变）得到的双曲线方程；
(3)已知由（2）得到的双曲线，上顶点为，直线与双曲线的两支分别交于，两点（在第一象限），与轴交于点.设直线，的倾斜角分别为，，求证：为定值.
5．（2024·江西新余·二模）通过研究，已知对任意平面向量，把绕其起点A沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点B绕点A逆时针方向旋转角得到点P，
(1)已知平面内点，点，把点B绕点A逆时针旋转得到点P，求点P的坐标：
(2)已知二次方程的图像是由平面直角坐标系下某标准椭圆绕原点O逆时针旋转所得的斜椭圆C，
（i）求斜椭圆C的离心率；
（ⅱ）过点作与两坐标轴都不平行的直线交斜椭圆C于点M、N，过原点O作直线与直线垂直，直线交斜椭圆C于点G、H，判断是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由.
6．（2024·四川·一模）已知抛物线：的焦点为，过点的直线与相交于点，，面积的最小值为（为坐标原点）.按照如下方式依次构造点：的坐标为，直线，与的另一个交点分别为，，直线与轴的交点为，设点的横坐标为.
(1)求的值；
(2)求数列的通项公式；
(3)数列中，是否存在连续三项（按原顺序）构成等差数列？若存在，指出所有这样的连续三项；若不存在，请说明理由.
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