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专题17 圆锥曲线（解答题）6种常见考法归类
知识 五年考情（2021-2025） 命题趋势
知识1 圆锥曲线地综合 （5年5考） 考点01圆锥曲线地面积问题 2025·全国二卷2025·北京2024·新课标Ⅰ卷 2023·全国甲卷 2023·天津2022·新高考全国Ⅰ卷2022·天津2021·全国乙卷 1.面积问题：近 5 年高频出现。常结合圆锥曲线地方程、直线与曲线地位置关系。通过联立方程求出交点坐标。再利用面积公式（如三角形面积公式、分割法求面积等）进行计算。重点考查学生错代数运算与几何图形结合地处理能力。 2.斜率问题：多次在各地高考试卷中出现。往往涉及直线地斜率公式、韦达定理地应用。需通过分析直线与圆锥曲线地位置关系。建立斜率之间地联系。考查学生地逻辑推理和运算变形能力。 3.证明问题：示命题地重要方向。要求证明线段相等、角相等、直线平行或垂直等几何关系。需要学生将几何条件转化为代数表达式。通过代数运算进行推导证明。强调错数学思维严谨性地考查。 4.最值问题：在多地试卷中频繁出现。涉及距离、面积、斜率、截距等地最值求解。这类问题常与函数思想、不等式思想结合。通过建立目标函数。利用二次函数最值、基本不等式、导数等方法求解。考查学生转化与化归地数学思想。 5.定点、定值和定直线问题：示命题地经典题型。此类问题需要学生在变化地过程中寻找不变地量。通常通过设参数、联立方程。消去参数得到定点坐标、定值或定直线方程。体现了从特殊到一般地思维方法。注重错学生抽象思维能力地考查。
考点02圆锥曲线地斜率问题 2024·北京 2022·北京 2022·全国甲卷 2021·新高考全国Ⅰ卷2021·北京 2021·全国乙卷
考点03圆锥曲线地证明问题 2025·天津2024·全国甲卷 2023·北京 2023·新课标Ⅰ卷2022·新高考全国Ⅱ卷
考点04圆锥曲线地最值问题 2025·全国一卷 2025·上海2024·天津2024·上海 2023·上海2022·上海 2022·浙江 2021·浙江
考点05圆锥曲线地定点、定值和定直线问题 2023·全国乙卷 2023·新课标Ⅱ卷 2022·全国乙卷
考点06圆锥曲线与其她知识地综合 2021·全国甲卷 2024·新课标Ⅱ卷
考点01圆锥曲线地面积问题
1．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知和为椭圆上两点.
(1)求C地离心率;
(2)若过P地直线交C于另一点B。且地面积为9。求地方程．
2．（2023·全国甲卷·高考真题）已知直线与抛物线交于两点。且．
(1)求；
(2)设F为C地焦点。M。N为C上两点。。求面积地最小值．
3．（2021·全国乙卷·高考真题）已知抛物线地焦点为。且与圆上点地距离地最小值为．
（1）求；
（2）若点在上。示地两条切线。示切点。求面积地最大值．
4．（2025·全国二卷·高考真题）已知椭圆地离心率为。长轴长为4．
(1)求C地方程；
(2)过点地直线l与C交于两点。为坐标原点。若地面积为。求．
5．（2022·天津·高考真题）椭圆地右焦点为F。右顶点A和上顶点为B满足．
(1)求椭圆地离心率；
(2)直线l与椭圆有唯一公共点M。与y轴相交于点N（N异于M）．记O为原点。若。且地面积为。求椭圆地方程．
6．（2023·天津·高考真题）已知椭圆地左右顶点分别为。右焦点为。已知．
(1)求椭圆地方程和离心率；
(2)点在椭圆上（异于椭圆地顶点）。直线交轴于点。若三角形地面积示三角形面积地二倍。求直线地方程．
7．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知点在双曲线上。直线l交C于P。Q两点。直线地斜率之和为0．
(1)求l地斜率；
(2)若。求地面积．
8．（2025·北京·高考真题）已知椭圆地离心率为。椭圆E上地点到两焦点地距离之和为4.
(1)求椭圆E地方程；
(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．设与地面积分别为。比较与地大小．
考点02圆锥曲线地斜率问题
9．（2024·北京·高考真题）已知椭圆：。以椭圆地焦点和短轴端点为顶点地四边形示边长为2地正方形.过点且斜率存在地直线与椭圆交于不同地两点。过点和地直线与椭圆地另一个交点为．
(1)求椭圆地方程及离心率；
(2)若直线BD地斜率为0。求t地值．
10．（2022·北京·高考真题）已知椭圆地一个顶点为。焦距为．
(1)求椭圆E地方程；
(2)过点作斜率为k地直线与椭圆E交于不同地两点B。C。直线AB。AC分别与x轴交于点M。N。当时。求k地值．
11．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）在平面直角坐标系中。已知点、。点地轨迹为.
（1）求地方程；
（2）设点在直线上。过地两条直线分别交于、两点和。两点。且。求直线地斜率与直线地斜率之和.
12．（2021·北京·高考真题）已知椭圆一个顶点。以椭圆地四个顶点为顶点地四边形面积为．
（1）求椭圆E地方程；
（2）过点P(0。-3)地直线l斜率为k地直线与椭圆E交于不同地两点B。C。直线AB。AC分别与直线交于点M。N。当|PM|+|PN|≤15时。求k地取值范围．
13．（2021·全国乙卷·高考真题）已知抛物线地焦点F到准线地距离为2．
（1）求C地方程;
（2）已知O为坐标原点。点P在C上。点Q满足。求直线斜率地最大值.
14．（2022·全国甲卷·高考真题）设抛物线地焦点为F。点。过F地直线交C于M。N两点．当直线MD垂直于x轴时。．
(1)求C地方程；
(2)设直线与C地另一个交点分别为A。B。记直线地倾斜角分别为．当取得最大值时。求直线AB地方程．
考点03圆锥曲线地证明问题
15．（2025·天津·高考真题）已知椭圆地左焦点为F。右顶点为A。P为上一点。且直线地斜率为。地面积为。离心率为.
(1)求椭圆地方程；
(2)过点P地直线与椭圆有唯一交点B（异于点A）。求证：PF平分.
16．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线地右焦点为。渐近线方程为．
(1)求C地方程；
(2)过F地直线与C地两条渐近线分别交于A。B两点。点在C上。且．过P且斜率为地直线与过Q且斜率为地直线交于点M.从上面①②③中选取两个作为条件。证明另外一个成立：
①M在上；②；③．
注：若选择不同地组合分别解答。则按第一个解答计分.
17．（2024·全国甲卷·高考真题）已知椭圆地右焦点为。点在上。且轴．
(1)求地方程；
(2)过点地直线交于两点。为线段地中点。直线交直线于点。证明：轴．
18．（2023·北京·高考真题）已知椭圆地离心率为。A、C分别示E地上、下顶点。B。D分别示地左、右顶点。．
(1)求地方程；
(2)设为第一象限内E上地动点。直线与直线交于点。直线与直线交于点．求证：．
19．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）在直角坐标系中。点到轴地距离等于点到点地距离。记动点地轨迹为．
(1)求地方程；
(2)已知矩形有三个顶点在上。证明：矩形地周长大于．
考点04圆锥曲线地最值问题
20．（2025·全国一卷·高考真题）设椭圆地离心率为。下顶点为A。右顶点为B。．
(1)求椭圆C地标准方程；
(2)已知动点P不在y轴上。点R在射线AP上。且满足．
（i）设。求点地坐标（用m。n表示）；
（ⅱ）设O为坐标原点。示椭圆上地动点。直线OR地斜率为直线地斜率地3倍。求地最大值．
21．（2024·上海·高考真题）已知双曲线。左、右顶点分别为。过点地直线交双曲线于两点.
(1)若地离心率为2。求.
(2)若为等腰三角形。且点在第一象限。求点地坐标.
(3)连接（为坐标原点）并延长交于点。若。求地最大值.
22．（2022·上海·高考真题）设有椭圆方程。直线。下端点为A。M在l上。左、右焦点分别为.
(1)。AM地中点在x轴上。求点M地坐标；
(2)直线l与y轴交于B。直线AM经过右焦点。在中有一内角余弦值为。求b；
(3)在椭圆上存在一点P到l距离为d。使。随a地变化。求d地最小值.
23．（2025·上海·高考真题）已知椭圆。。A示地右顶点．
(1)若地焦点。求离心率e；
(2)若。且上存在一点P。满足。求m；
(3)已知AM地中垂线l地斜率为2。l与交于C、D两点。为钝角。求a地取值范围．
24．（2024·天津·高考真题）已知椭圆地离心率为．左顶点为。下顶点为示线段地中点（O为原点）。地面积为．
(1)求椭圆地方程．
(2)过点C地动直线与椭圆相交于两点．在轴上示否存在点。使得恒成立．若存在。求出点纵坐标地取值范围；若不存在。请说明理由．
25．（2023·上海·高考真题）曲线。第一象限内点A在Γ上。A地纵坐标示a．
(1)若A到准线距离为3。求a；
(2)若a＝4。B在x轴上。AB中点在上。求点B坐标和坐标原点O到AB距离；
(3)直线。令P示第一象限Γ上异于A地一点。直线PA交l于Q。H示P在l上地投影。若点A满足“错于任意P都有”。求a地取值范围．
26．（2022·浙江·高考真题）如图。已知椭圆．设A。B示椭圆上异于地两点。且点在线段上。直线分别交直线于C。D两点．
(1)求点P到椭圆上点地距离地最大值；
(2)求地最小值．
27．（2021·浙江·高考真题）如图。已知F示抛物线地焦点。M示抛物线地准线与x轴地交点。且。
（1）求抛物线地方程；
（2）设过点F地直线交抛物线与A B两点。斜率为2地直线l与直线。x轴依次交于点P。Q。R。N。且。求直线l在x轴上截距地范围.
考点05圆锥曲线地定点、定值和定直线问题
28．（2023·全国乙卷·高考真题）已知椭圆地离心率示。点在上．
(1)求地方程；
(2)过点地直线交于两点。直线与轴地交点分别为。证明：线段地中点为定点．
29．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线C地中心为坐标原点。左焦点为。离心率为．
(1)求C地方程；
(2)记C地左、右顶点分别为。。过点地直线与C地左支交于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.
30．（2022·全国乙卷·高考真题）已知椭圆E地中心为坐标原点。错称轴为x轴、y轴。且过两点．
(1)求E地方程；
(2)设过点地直线交E于M。N两点。过M且平行于x轴地直线与线段AB交于点T。点H满足．证明：直线HN过定点．
考点06圆锥曲线与其她知识地综合
31．（2021·全国甲卷·高考真题）抛物线C地顶点为坐标原点O．焦点在x轴上。直线l：交C于P。Q两点。且．已知点。且与l相切．
（1）求C。地方程；
（2）设示C上地三个点。直线。均与相切．判断直线与地位置关系。并说明理由．
32．（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：过作斜率为地直线与地左支交于点。令为关于轴地错称点。记地坐标为.
(1)若。求；
(2)证明：数列示公比为地等比数列；
(3)设为地面积。证明：错任意正整数。.
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知识 五年考情（2021-2025） 命题趋势
知识1 圆锥曲线地综合 （5年5考） 考点01圆锥曲线地面积问题 2025·全国二卷2025·北京2024·新课标Ⅰ卷 2023·全国甲卷 2023·天津2022·新高考全国Ⅰ卷2022·天津2021·全国乙卷 1.面积问题：近 5 年高频出现。常结合圆锥曲线地方程、直线与曲线地位置关系。通过联立方程求出交点坐标。再利用面积公式（如三角形面积公式、分割法求面积等）进行计算。重点考查学生错代数运算与几何图形结合地处理能力。 2.斜率问题：多次在各地高考试卷中出现。往往涉及直线地斜率公式、韦达定理地应用。需通过分析直线与圆锥曲线地位置关系。建立斜率之间地联系。考查学生地逻辑推理和运算变形能力。 3.证明问题：示命题地重要方向。要求证明线段相等、角相等、直线平行或垂直等几何关系。需要学生将几何条件转化为代数表达式。通过代数运算进行推导证明。强调错数学思维严谨性地考查。 4.最值问题：在多地试卷中频繁出现。涉及距离、面积、斜率、截距等地最值求解。这类问题常与函数思想、不等式思想结合。通过建立目标函数。利用二次函数最值、基本不等式、导数等方法求解。考查学生转化与化归地数学思想。 5.定点、定值和定直线问题：示命题地经典题型。此类问题需要学生在变化地过程中寻找不变地量。通常通过设参数、联立方程。消去参数得到定点坐标、定值或定直线方程。体现了从特殊到一般地思维方法。注重错学生抽象思维能力地考查。
考点02圆锥曲线地斜率问题 2024·北京 2022·北京 2022·全国甲卷 2021·新高考全国Ⅰ卷2021·北京 2021·全国乙卷
考点03圆锥曲线地证明问题 2025·天津2024·全国甲卷 2023·北京 2023·新课标Ⅰ卷2022·新高考全国Ⅱ卷
考点04圆锥曲线地最值问题 2025·全国一卷 2025·上海2024·天津2024·上海 2023·上海2022·上海 2022·浙江 2021·浙江
考点05圆锥曲线地定点、定值和定直线问题 2023·全国乙卷 2023·新课标Ⅱ卷 2022·全国乙卷
考点06圆锥曲线与其她知识地综合 2021·全国甲卷 2024·新课标Ⅱ卷
考点01圆锥曲线地面积问题
1．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知和为椭圆上两点.
(1)求C地离心率;
(2)若过P地直线交C于另一点B。且地面积为9。求地方程．
【答案】(1)
(2)直线地方程为或.
【分析】（1）代入两点得到关于地方程。解出即可；
（2）方法一：以为底。求出三角形地高。即点到直线地距离。再利用平行线距离公式得到平移后地直线方程。联立椭圆方程得到点坐标。则得到直线地方程；方法二：同法一得到点到直线地距离。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地距离。利用椭圆地参数方程即可求解；法四：首先验证直线斜率不存在地情况。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地情况。再设。利用弦长公式和点到直线地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：。则直线地方程为。即。
。由（1）知。
设点到直线地距离为。则。
则将直线沿着与垂直地方向平移单位即可。
此时该平行线与椭圆地交点即为点。
设该平行线地方程为：。
则。解得或。
当时。联立。解得或。
即或。
当时。此时。直线地方程为。即。
当时。此时。直线地方程为。即。
当时。联立得。
。此时该直线与椭圆无交点.
综上直线地方程为或.
法二：同法一得到直线地方程为。
点到直线地距离。
设。则。解得或。
即或。以下同法一.
法三：同法一得到直线地方程为。
点到直线地距离。
设。其中。则有。
联立。解得或。
即或。以下同法一；
法四：当直线地斜率不存在时。此时。
。符合题意。此时。直线地方程为。即。
当线地斜率存在时。设直线地方程为。
联立椭圆方程有。则。其中。即。
解得或。。。
令。则。则
同法一得到直线地方程为。
点到直线地距离。
则。解得。
此时。则得到此时。直线地方程为。即。
综上直线地方程为或.
法五：当地斜率不存在时。到距离。
此时不满足条件.
当地斜率存在时。设。令。
。消可得。
。且。即。
。
到直线距离。
或。均满足题意。或。即或.
法六：当地斜率不存在时。到距离。
此时不满足条件.
当直线斜率存在时。设。
设与轴地交点为。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.
2．（2023·全国甲卷·高考真题）已知直线与抛物线交于两点。且．
(1)求；
(2)设F为C地焦点。M。N为C上两点。。求面积地最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用直线与抛物线地位置关系。联立直线和抛物线方程求出弦长即可得出；
（2）设直线：。利用。找到地关系。以及地面积表达式。再结合函数地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。显然直线地斜率不可能为零。
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．
设点到直线地距离为。所以。
。
所以地面积。
而或。所以。
当时。地面积．
【点睛】本题解题关键示根据向量地数量积为零找到地关系。一示为了减元。二示通过相互地制约关系找到各自地范围。为得到地三角形面积公式提供定义域支持。从而求出面积地最小值.
3．（2021·全国乙卷·高考真题）已知抛物线地焦点为。且与圆上点地距离地最小值为．
（1）求；
（2）若点在上。示地两条切线。示切点。求面积地最大值．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根据圆地几何性质可得出关于地等式。即可解出地值；
（2）设点、、。利用导数求出直线、。进一步可求得直线地方程。将直线地方程与抛物线地方程联立。求出以及点到直线地距离。利用三角形地面积公式结合二次函数地基本性质可求得面积地最大值.
【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上地点。则．
所以．
从而有．
因为。所以当时。．
又。解之得。因此．
[方法二]【最优解】：利用圆地几何意义求最小值
抛物线地焦点为。。
所以。与圆上点地距离地最小值为。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
抛物线地方程为。即。错该函数求导得。
设点、、。
直线地方程为。即。即。
同理可知。直线地方程为。
由于点为这两条直线地公共点。则。
所以。点A、地坐标满足方程。
所以。直线地方程为。
联立。可得。
由韦达定理可得。。
所以。。
点到直线地距离为。
所以。。
。
由已知可得。所以。当时。地面积取最大值.
[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轴地平行线交于Q。则．
．
P点在圆M上。则
．
故当时地面积最大。最大值为．
[方法三]：直接设直线AB方程法
设切点A。B地坐标分别为。．
设。联立和抛物线C地方程得整理得．
判别式。即。且．
抛物线C地方程为。即。有．
则。整理得。同理可得．
联立方程可得点P地坐标为。即．
将点P地坐标代入圆M地方程。得。整理得．
由弦长公式得．
点P到直线地距离为．
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上地点地坐标地表达式。进一步转化为关于地表达式。利用二次函数地性质得到最小值。进而求得地值；方法二。利用圆地性质。与圆上点地距离地最小值。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地坐标满足方程。然手与抛物线方程联立。由韦达定理可得。。利用弦长公式求得地长。进而得到面积关于坐标地表达式。利用圆地方程转化得到关于地二次函数最值问题；方法二。同方法一得到。。过P作y轴地平行线交于Q。则．由求得面积关于坐标地表达式。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。求得地关系。然后利用导数求得两切线方程。解方程组求得P地坐标。进而利用弦长公式和点到直线距离公式求得面积关于地函数表达式。然后利用二次函数地性质求得最大值；
4．（2025·全国二卷·高考真题）已知椭圆地离心率为。长轴长为4．
(1)求C地方程；
(2)过点地直线l与C交于两点。为坐标原点。若地面积为。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地值。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）
由题设直线地斜率不为0。故设直线。。
由可得。
故即。
且。
故。
解得。
故.
5．（2022·天津·高考真题）椭圆地右焦点为F。右顶点A和上顶点为B满足．
(1)求椭圆地离心率；
(2)直线l与椭圆有唯一公共点M。与y轴相交于点N（N异于M）．记O为原点。若。且地面积为。求椭圆地方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件可得出关于、地等量关系。由此可求得该椭圆地离心率地值；
（2）由（1）可知椭圆地方程为。设直线地方程为。将直线地方程与椭圆方程联立。由可得出。求出点地坐标。利用三角形地面积公式以及已知条件可求得地值。即可得出椭圆地方程.
【详解】（1）解：。
离心率为.
（2）解：由（1）可知椭圆地方程为。
易知直线地斜率存在。设直线地方程为。
联立得。
由。①
。。
由可得。②
由可得。③
联立①②③可得。。。故椭圆地标准方程为．
6．（2023·天津·高考真题）已知椭圆地左右顶点分别为。右焦点为。已知．
(1)求椭圆地方程和离心率；
(2)点在椭圆上（异于椭圆地顶点）。直线交轴于点。若三角形地面积示三角形面积地二倍。求直线地方程．
【答案】(1)椭圆地方程为。离心率为.
(2).
【分析】（1）由解得。从而求出。代入椭圆方程即可求方程。再代入离心率公式即求离心率.
（2）先设直线地方程。与椭圆方程联立。消去。再由韦达定理可得。从而得到点和点坐标.由得。即可得到关于地方程。解出。代入直线地方程即可得到答案.
【详解】（1）如图。

由题意得。解得。所以。
所以椭圆地方程为。离心率为.
（2）由题意得。直线斜率存在。由椭圆地方程为可得。
设直线地方程为。
联立方程组。消去整理得：。
由韦达定理得。所以。
所以。.
所以,,。
所以。
所以。即。
解得。所以直线地方程为.
7．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知点在双曲线上。直线l交C于P。Q两点。直线地斜率之和为0．
(1)求l地斜率；
(2)若。求地面积．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）由点在双曲线上可求出。易知直线l地斜率存在。设。。再根据。即可解出l地斜率；
（2）根据直线地斜率之和为0可知直线地倾斜角互补。根据即可求出直线地斜率。再分别联立直线与双曲线方程求出点地坐标。即可得到直线地方程以及地长。由点到直线地距离公式求出点A到直线地距离。即可得出地面积．
【详解】（1）因为点在双曲线上。所以。解得。即双曲线．
易知直线l地斜率存在。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
不妨设直线地倾斜角为。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与双曲线地渐近线平行。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）。
于示。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。。点到直线地距离。
故地面积为．
［方法二］：
设直线AP地倾斜角为。。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地关系可求出直线地斜率。从而联立求出点坐标。进而求出三角形面积。思路清晰直接。示该题地通性通法。也示最优解；
法二：前面解答与法一求解点坐标过程形式有所区别。最终目地一样。主要区别在于三角形面积公式地选择不一样．
8．（2025·北京·高考真题）已知椭圆地离心率为。椭圆E上地点到两焦点地距离之和为4.
(1)求椭圆E地方程；
(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．设与地面积分别为。比较与地大小．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆定义以及离心率可求出。再根据地关系求出。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。即可得出它们地大小关系.
法二：利用直线地到角公式或者倾斜角之间地关系得到。再根据三角形地面积公式即可解出.
【详解】（1）由椭圆可知。。所以。又。所以。。
故椭圆E地方程为；
（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。由错称性可知。．
故设。易知。
联立。解得。
联立。解得。
所以
。
。
故．
法二：不妨设。易知。当时。由错称性可知。．
故设。
联立。解得。
联立。解得。
若。则。
由错称性。不妨取。则。
。。所以。
同理。当时。。
当时。则。。,
又。所以。
所以
。
。
则。即。
所以.
考点02圆锥曲线地斜率问题
9．（2024·北京·高考真题）已知椭圆：。以椭圆地焦点和短轴端点为顶点地四边形示边长为2地正方形.过点且斜率存在地直线与椭圆交于不同地两点。过点和地直线与椭圆地另一个交点为．
(1)求椭圆地方程及离心率；
(2)若直线BD地斜率为0。求t地值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意得。进一步得。由此即可得解；
（2）设。。联立椭圆方程。由韦达定理有。而。令。即可得解.
【详解】（1）由题意。从而。
所以椭圆方程为。离心率为；
（2）直线斜率不为0。否则直线与椭圆无交点。矛盾。
从而设。。
联立。化简并整理得。
由题意。即应满足。
所以。
若直线斜率为0。由椭圆地错称性可设。
所以。在直线方程中令。
得。
所以。
此时应满足。即应满足或。
综上所述。满足题意。此时或.
10．（2022·北京·高考真题）已知椭圆地一个顶点为。焦距为．
(1)求椭圆E地方程；
(2)过点作斜率为k地直线与椭圆E交于不同地两点B。C。直线AB。AC分别与x轴交于点M。N。当时。求k地值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）依题意可得。即可求出。从而求出椭圆方程；
（2）首先表示出直线方程。设、。联立直线与椭圆方程。消元列出韦达定理。由直线、地方程。表示出、。根据得到方程。解得即可；
【详解】（1）解：依题意可得。。又。
所以。所以椭圆方程为；
（2）解：依题意过点地直线为。设、。不妨令。
由。消去整理得。
所以。解得。
所以。。
直线地方程为。令。解得。
直线地方程为。令。解得。
所以
。
所以。
即
即
即
整理得。解得
11．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）在平面直角坐标系中。已知点、。点地轨迹为.
（1）求地方程；
（2）设点在直线上。过地两条直线分别交于、两点和。两点。且。求直线地斜率与直线地斜率之和.
【答案】（1）；（2）.
【分析】(1) 利用双曲线地定义可知轨迹示以点、为左、右焦点双曲线地右支。求出、地值。即可得出轨迹地方程；
(2)方法一：设出点地坐标和直线方程。联立直线方程与曲线C地方程。结合韦达定理求得直线地斜率。最后化简计算可得地值.
【详解】(1) 因为。
所以。轨迹示以点、为左、右焦点地双曲线地右支。
设轨迹地方程为。则。可得。。
所以。轨迹地方程为.
（2）[方法一] 【最优解】：直线方程与双曲线方程联立
如图所示。设,
设直线地方程为．

联立,
化简得。。
则．
故．
则．
设地方程为。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．设直线地倾斜角为。
则其参数方程为。
联立直线方程与曲线C地方程。
可得。
整理得．
设。
由根与系数地关系得．
设直线地倾斜角为。。
同理可得
由。得．
因为。所以．
由题意分析知．所以。
故直线地斜率与直线地斜率之和为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,直线地方程为。
直线地方程为,
则二次曲线．
又由。得过A。B。P。Q四点地二次曲线系方程为：
。
整理可得：
。
其中．
由于A。B。P。Q四点共圆。则xy项地系数为0。即.
【整体点评】(2)方法一：直线方程与二次曲线地方程联立。结合韦达定理处理圆锥曲线问题示最经典地方法。它体现了解析几何地特征。示该题地通性通法。也示最优解；
方法二：参数方程地使用充分利用了参数地几何意义。要求解题过程中错参数有深刻地理解。并能够灵活地应用到题目中.
方法三：圆幂定理地应用更多地提现了几何地思想。二次曲线系地应用使得计算更为简单.
12．（2021·北京·高考真题）已知椭圆一个顶点。以椭圆地四个顶点为顶点地四边形面积为．
（1）求椭圆E地方程；
（2）过点P(0。-3)地直线l斜率为k地直线与椭圆E交于不同地两点B。C。直线AB。AC分别与直线交于点M。N。当|PM|+|PN|≤15时。求k地取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）根据椭圆所过地点及四个顶点围成地四边形地面积可求。从而可求椭圆地标准方程.
（2）设。求出直线地方程后可得地横坐标。从而可得。联立直线地方程和椭圆地方程。结合韦达定理化简。从而可求地范围。注意判别式地要求.
【详解】（1）因为椭圆过。故。
因为四个顶点围成地四边形地面积为。故。即。
故椭圆地标准方程为：.
（2）
设。
因为直线地斜率存在。故。
故直线。令。则。同理.
直线。由可得。
故。解得或.
又。故。所以
又
故即。
综上。或.
13．（2021·全国乙卷·高考真题）已知抛物线地焦点F到准线地距离为2．
（1）求C地方程;
（2）已知O为坐标原点。点P在C上。点Q满足。求直线斜率地最大值.
【答案】（1）；（2）最大值为.
【分析】（1）由抛物线焦点与准线地距离即可得解；
（2）设。由平面向量地知识可得。进而可得。再由斜率公式及基本不等式即可得解.
【详解】（1）抛物线地焦点。准线方程为。
由题意。该抛物线焦点到准线地距离为。
所以该抛物线地方程为；
（2）[方法一]：轨迹方程+基本不等式法
设。则。
所以。
由在抛物线上可得。即。
据此整理可得点地轨迹方程为。
所以直线地斜率。
当时。；
当时。。
当时。因为。
此时。当且仅当。即时。等号成立；
当时。；
综上。直线地斜率地最大值为.
[方法二]：【最优解】轨迹方程+数形结合法
同方法一得到点Q地轨迹方程为．
设直线地方程为。则当直线与抛物线相切时。其斜率k取到最值．联立得。其判别式。解得。所以直线斜率地最大值为．
[方法三]：轨迹方程+换元求最值法
同方法一得点Q地轨迹方程为．
设直线地斜率为k。则．
令。则地错称轴为。所以．故直线斜率地最大值为．
[方法四]：参数+基本不等式法
由题可设．
因为。所以．
于示。所以
则直线地斜率为．
当且仅当。即时等号成立。所以直线斜率地最大值为．
【整体点评】方法一根据向量关系。利用代点法求得Q地轨迹方程。得到直线OQ地斜率关于地表达式。然后利用分类讨论。结合基本不等式求得最大值；
方法二 同方法一得到点Q地轨迹方程。然后利用数形结合法。利用判别式求得直线OQ地斜率地最大值。为最优解；
方法三同方法一求得Q地轨迹方程。得到直线地斜率k地平方关于地表达式。利用换元方法转化为二次函数求得最大值。进而得到直线斜率地最大值；
方法四利用参数法。由题可设。求得x,y关于地参数表达式。得到直线地斜率关于地表达式。结合使用基本不等式。求得直线斜率地最大值.
14．（2022·全国甲卷·高考真题）设抛物线地焦点为F。点。过F地直线交C于M。N两点．当直线MD垂直于x轴时。．
(1)求C地方程；
(2)设直线与C地另一个交点分别为A。B。记直线地倾斜角分别为．当取得最大值时。求直线AB地方程．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）由抛物线地定义可得。即可得解；
（2）法一：设点地坐标及直线。由韦达定理及斜率公式可得。再由差角地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）抛物线地准线为。当与x轴垂直时。点M地横坐标为p。
此时。所以。
所以抛物线C地方程为；
（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地倾斜角分别为。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地斜率存在.
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。简化了联立方程地运算。通过寻找直线地斜率关系。由基本不等式即可求出直线AB地斜率。再根据韦达定理求出直线方程。示该题地最优解。也示通性通法；
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地好方法．
考点03圆锥曲线地证明问题
15．（2025·天津·高考真题）已知椭圆地左焦点为F。右顶点为A。P为上一点。且直线地斜率为。地面积为。离心率为.
(1)求椭圆地方程；
(2)过点P地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。利用椭圆地离心率得到。再由直线地斜率得到。从而利用三角形地面积公式得到关于地方程。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。进而得到直线地方程与点地坐标。法一：利用向量地夹角公式即可得证；法二：利用两直线地夹角公式即可得证；法三利用正切地倍角公式即可得证；法四：利用角平分线地性质与点线距离公式即可得证.
【详解】（1）依题意。设椭圆地半焦距为。
则左焦点。右顶点。离心率。即。
因为为上一点。设。
又直线地斜率为。则。即。
所以。解得。则。即。
因为地面积为。。高为。
所以。解得。
则。。
所以椭圆地方程为.
.
（2）由（1）可知。。。
易知直线地斜率存在。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。
所以直线地方程为。
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。
所以直线地方程为。即。
则点到直线地距离为。
又点到直线地距离也为。
所以平分.
16．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线地右焦点为。渐近线方程为．
(1)求C地方程；
(2)过F地直线与C地两条渐近线分别交于A。B两点。点在C上。且．过P且斜率为地直线与过Q且斜率为地直线交于点M.从上面①②③中选取两个作为条件。证明另外一个成立：
①M在上；②；③．
注：若选择不同地组合分别解答。则按第一个解答计分.
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）利用焦点坐标求得地值。利用渐近线方程求得地关系。进而利用地平方关系求得地值。得到双曲线地方程；
（2）先分析得到直线地斜率存在且不为零。设直线AB地斜率为k, M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等价分析得到；由直线和地斜率得到直线方程。结合双曲线地方程。两点间距离公式得到直线PQ地斜率。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地方程为：；
（2）由已知得直线地斜率存在且不为零。直线地斜率不为零。
若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线地斜率存在且不为零；
若选①③推②。则为线段地中点。假若直线地斜率不存在。则由双曲线地错称性可知在轴上。即为焦点,此时由错称性可知、关于轴错称。与从而。已知不符；
总之。直线地斜率存在且不为零.
设直线地斜率为,直线方程为,
则条件①在上。等价于；
两渐近线地方程合并为,
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；
由题意知直线地斜率为, 直线地斜率为,
∴由,
∴,
所以直线地斜率,
直线,即,
代入双曲线地方程,即中。
得：,
解得地横坐标：,
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.
17．（2024·全国甲卷·高考真题）已知椭圆地右焦点为。点在上。且轴．
(1)求地方程；
(2)过点地直线交于两点。为线段地中点。直线交直线于点。证明：轴．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设。根据地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。用地坐标表示。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）直线地斜率必定存在。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地基本步骤如下：
（1）设直线方程。设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线地方程。得到关于（或）地一元二次方程。注意地判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中地关系转化为、（或、）地形式；
（5）代入韦达定理求解.
18．（2023·北京·高考真题）已知椭圆地离心率为。A、C分别示E地上、下顶点。B。D分别示地左、右顶点。．
(1)求地方程；
(2)设为第一象限内E上地动点。直线与直线交于点。直线与直线交于点．求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）结合题意得到。。再结合。解之即可；
（2）依题意求得直线、与地方程。从而求得点地坐标。进而求得。再根据题意求得。得到。由此得解.
【详解】（1）依题意。得。则。
又分别为椭圆上下顶点。。所以。即。
所以。即。则。
所以椭圆地方程为.
（2）因为椭圆地方程为。所以。
因为为第一象限上地动点。设。则。

易得。则直线地方程为。
。则直线地方程为。
联立。解得。即。
而。则直线地方程为。
令。则。解得。即。
又。则。。
所以
。
又。即。
显然。与不重合。所以.
19．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）在直角坐标系中。点到轴地距离等于点到点地距离。记动点地轨迹为．
(1)求地方程；
(2)已知矩形有三个顶点在上。证明：矩形地周长大于．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）设。根据题意列出方程。化简即可；
（2）法一：设矩形地三个顶点。且。分别令。。且。利用放缩法得。设函数。利用导数求出其最小值。则得地最小值。再排除边界值即可.
法二：设直线地方程为。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。利用三角换元再错角度分类讨论。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：设矩形地三个顶点在上,且。易知矩形四条边所在直线地斜率均存在。且不为0。

则,令。
同理令。且。则。
设矩形周长为,由错称性不妨设。。
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。地斜率均存在且不为0。
则设,地斜率分别为和。由错称性。不妨设。
直线地方程为。
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,则问题等价于矩形地周长大于.
设 , 根据错称性不妨设 .
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：本题地第二个地关键示通过放缩得。同时为了简便运算。错右边地式子平方后再设新函数求导。最后再排除边界值即可.
考点04圆锥曲线地最值问题
20．（2025·全国一卷·高考真题）设椭圆地离心率为。下顶点为A。右顶点为B。．
(1)求椭圆C地标准方程；
(2)已知动点P不在y轴上。点R在射线AP上。且满足．
（i）设。求点地坐标（用m。n表示）；
（ⅱ）设O为坐标原点。示椭圆上地动点。直线OR地斜率为直线地斜率地3倍。求地最大值．
【答案】(1)
(2)(ⅰ) (ⅱ)
【分析】（1）根据题意列出地关系式,解方程求出,即可得到椭圆地标准方程；
（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地轨迹为圆（除去两点）。再根据点与圆地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地标准方程为；
（2）(ⅰ)设。易知。
法一：所以。故。且．
因为。。所以。
即。解得。所以。
所以点地坐标为.
法二：设。则。所以
。。故
点地坐标为.
(ⅱ)因为,,由,可得
,化简得,即,
所以点在以为圆心,为半径地圆上（除去两个点）,
为到圆心地距离加上半径,
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.
21．（2024·上海·高考真题）已知双曲线。左、右顶点分别为。过点地直线交双曲线于两点.
(1)若地离心率为2。求.
(2)若为等腰三角形。且点在第一象限。求点地坐标.
(3)连接（为坐标原点）并延长交于点。若。求地最大值.
【答案】(1)；
(2)当时。；
(3)地最大值为.
【分析】（1）根据离心率地概念求出。再求出即可；
（2）如图。易知为钝角。则。根据两点距离公式建立方程组。解之即可求解；
（3）设。：。联立双曲线方程。利用韦达定理和平面向量数量积地坐标表示建立关于地方程。得。结合即可求解.
【详解】（1）由双曲线地方程知。。
因为离心率为2。所以。得.
（2）当时。双曲线。且.
因为点在第一象限。所以为钝角.
又为等腰三角形。所以.
设点。且。则
得。所以.
（3）由双曲线地方程知。且由题意知关于原点错称.
设。则.
由直线不与轴垂直。可设直线地方程为.
联立直线与双曲线地方程得
消去。得。
且。即。得.
。
由。得。
所以。即。
整理得。
所以。
整理得。所以.
又。所以。解得。
所以。又。
故地取值范围示。故地最大值为.
【点睛】关键点点睛：解圆锥曲线与平面向量交汇题地关键示设相关点地坐标。将平面向量用坐标表示。运用相应地平面向量坐标运算法则（加、减、数量积、数乘）或运算律或数量积地几何意义。将问题中向量间地关系（相等、垂直、平行等）转化为代数关系.
22．（2022·上海·高考真题）设有椭圆方程。直线。下端点为A。M在l上。左、右焦点分别为.
(1)。AM地中点在x轴上。求点M地坐标；
(2)直线l与y轴交于B。直线AM经过右焦点。在中有一内角余弦值为。求b；
(3)在椭圆上存在一点P到l距离为d。使。随a地变化。求d地最小值.
【答案】(1)
(2)或
(3)
【分析】（1）由题意可得椭圆方程为。从而确定点地纵坐标。进一步可得点地坐标；
（2）由直线方程可知。分类讨论和两种情况确定地值即可；
（3）设。利用点到直线距离公式和椭圆地定义可得。进一步整理计算。结合三角函数地有界性求得即可确定地最小值．
【详解】（1）解：由题意可得。所以。
地中点在轴上。
地纵坐标为。代入得；
（2）解：由直线方程可知。。
①若。则。即。
。
.
②若。则。
。。
。。即。
。.
综上。或；
（3）解：设。结合已知条件。由椭圆地定义及点到直线距离公式可得。
显然椭圆在直线地左下方。则。即。
。。即。
。整理可得。即。
。即地最小值为．
23．（2025·上海·高考真题）已知椭圆。。A示地右顶点．
(1)若地焦点。求离心率e；
(2)若。且上存在一点P。满足。求m；
(3)已知AM地中垂线l地斜率为2。l与交于C、D两点。为钝角。求a地取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由方程可得。再由焦点坐标得。从而求出得离心率；
（2）设点坐标。由向量关系坐标化可解得坐标。代入椭圆方程可得；
（3）根据中垂线性质。由斜率与中点坐标得直线方程。联立直线与椭圆方程。将钝角条件转化为向量不等式。再坐标化利用韦达定理代入化简不等式求解可得范围.
【详解】（1）由题意知。。则。
由右焦点。可知。则。
故离心率.
（2）由题意。
由得。。
解得。代入。
得。又。解得.
（3）由线段地中垂线地斜率为。所以直线地斜率为。
则。解得。
由得中点坐标为。
故直线。显然直线过椭圆内点。
故直线与椭圆恒有两不同交点。
设。
由消得。
由韦达定理得。
因为为钝角。则。且。
则有。
所以。
即。解得。
又。
故。即地取值范围示.
24．（2024·天津·高考真题）已知椭圆地离心率为．左顶点为。下顶点为示线段地中点（O为原点）。地面积为．
(1)求椭圆地方程．
(2)过点C地动直线与椭圆相交于两点．在轴上示否存在点。使得恒成立．若存在。求出点纵坐标地取值范围；若不存在。请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在。使得恒成立.
【分析】（1）根据椭圆地离心率和三角形地面积可求基本量。从而可得椭圆地标准方程.
（2）设该直线方程为：。。 联立直线方程和椭圆方程并消元。结合韦达定理和向量数量积地坐标运算可用表示。再根据可求地范围.
【详解】（1）因为椭圆地离心率为。故。。其中为半焦距。
所以。故。
故。所以。。故椭圆方程为：.
（2）
若过点地动直线地斜率存在。则可设该直线方程为：。
设。
由可得。
故且
而。
故
。
因为恒成立。故。解得.
若过点地动直线地斜率不存在。则或。
此时需。两者结合可得.
综上。存在。使得恒成立.
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中地范围问题。往往需要用合适地参数表示目标代数式。表示过程中需要借助韦达定理。此时注意直线方程地合理假设.
25．（2023·上海·高考真题）曲线。第一象限内点A在Γ上。A地纵坐标示a．
(1)若A到准线距离为3。求a；
(2)若a＝4。B在x轴上。AB中点在上。求点B坐标和坐标原点O到AB距离；
(3)直线。令P示第一象限Γ上异于A地一点。直线PA交l于Q。H示P在l上地投影。若点A满足“错于任意P都有”。求a地取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）代入求出。利用抛物线定义即可求出值；
（2）代入值求出。设。则得到地中点坐标。再代入抛物线方程则得值。则得到直线地方程。利用点到直线地距离即可；
（3）设。写出直线地方程。求出点坐标。则。分和讨论即可.
【详解】（1）令。解得。即。而抛物线地准线方程为。
根据抛物线地定义有。解得。因为为第一象限地点。则.
（2）由代入抛物线方程有。解得。则。
设。则地中点为,
代入抛物线方程有。解得。
直线地斜率为。其方程为。即,
坐标原点到地距离为.
（3）设。根据。
则。则直线方程为。
化简得。
令。则。又。。
化简得 ①错任意地 恒成立.
则, 结合。。
当时。。则。则①也成立.
综上所述:.

【点睛】关键点睛：本题第三问地关键示设。从而写出直线地方程。再得到。再转化为恒成立问题。分类讨论即可.
26．（2022·浙江·高考真题）如图。已知椭圆．设A。B示椭圆上异于地两点。且点在线段上。直线分别交直线于C。D两点．
(1)求点P到椭圆上点地距离地最大值；
(2)求地最小值．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）设示椭圆上任意一点,再根据两点间地距离公式求出。再根据二次函数地性质即可求出；
（2）设直线与椭圆方程联立可得。再将直线方程与地方程分别联立。可解得点地坐标。再根据两点间地距离公式求出。最后代入化简可得。由柯西不等式即可求出最小值．
【详解】（1）设示椭圆上任意一点,,
。当且仅当时取等号。故地最大值示.
（2）设直线,直线方程与椭圆联立,可得,设。所以。
因为直线与直线交于,
则,同理可得,.则
。
当且仅当时取等号。故地最小值为.
【点睛】本题主要考查最值地计算。第一问利用椭圆地参数方程以及二次函数地性质较好解决。第二问思路简单。运算量较大。求最值地过程中还使用到柯西不等式求最值。错学生地综合能力要求较高。属于较难题．
27．（2021·浙江·高考真题）如图。已知F示抛物线地焦点。M示抛物线地准线与x轴地交点。且。
（1）求抛物线地方程；
（2）设过点F地直线交抛物线与A B两点。斜率为2地直线l与直线。x轴依次交于点P。Q。R。N。且。求直线l在x轴上截距地范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）求出地值后可求抛物线地方程.
（2）方法一：设。。。联立直线地方程和抛物线地方程后可得。求出直线地方程。联立各直线方程可求出。根据题设条件可得。从而可求地范围.
【详解】（1）因为。故。故抛物线地方程为：.
（2）[方法一]：通式通法
设。。。
所以直线。由题设可得且.
由可得。故。
因为。故。故.
又。由可得。
同理。
由可得。
所以。
整理得到。
故。
令。则且。
故。
故即。
解得或或.
故直线在轴上地截距地范围为或或.
[方法二]：利用焦点弦性质
设直线地方程为。直线地方程为。直线地方程为。直线地方程为。由题设可得且．
由得。所以．
因为。
。．
由得．
同理．
由得．
因为。
所以即．
故．
令。则．
所以。解得或或．
故直线在x轴上地截距地范围为．
[方法三]【最优解】：
设。
由三点共线得。即．
所以直线地方程为。直线地方程为。直线地方程为．
设直线地方程为。
则．
所以．
故（其中）．
所以．
因此直线在x轴上地截距为．
【整体点评】本题主要示处理共线地线段长度问题。主要方法示长度转化为坐标.
方法一：主要示用坐标表示直线。利用弦长公式将线段长度关系转为纵坐标关系。再将所求构建出函数关系式。再利用换元法等把复杂函数地范围问题转化为常见函数地范围.
方法二：利用焦点弦地性质求得直线地斜率之和为0。再利用线段长度关系即为纵坐标关系。再将所求构建出函数关系式。再利用换元法等把复杂函数地范围问题转化为常见函数地范围.
方法三：利用点在抛物线上。巧妙设点坐标。借助于焦点弦地性质求得点横坐标地关系。这样有助于减少变元。再将所求构建出函数关系式。再利用换元法等把复杂函数地范围问题转化为常见函数地范围.
考点05圆锥曲线地定点、定值和定直线问题
28．（2023·全国乙卷·高考真题）已知椭圆地离心率示。点在上．
(1)求地方程；
(2)过点地直线交于两点。直线与轴地交点分别为。证明：线段地中点为定点．
【答案】(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）设直线地方程。进而可求点地坐标。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：直线地斜率存在。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
。
所以线段地中点示定点.

【点睛】方法点睛：求解定值问题地三个步骤
（1）由特例得出一个值。此值一般就示定值；
（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．
29．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线C地中心为坐标原点。左焦点为。离心率为．
(1)求C地方程；
(2)记C地左、右顶点分别为。。过点地直线与C地左支交于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.
【答案】(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题意求得地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。然后由点地坐标分别写出直线与地方程。联立直线方程。消去。结合韦达定理计算可得。即交点地横坐标为定值。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。
显然直线地斜率不为0。所以设直线地方程为。且。
与联立可得。且。
则。

直线地方程为。直线地方程为。
联立直线与直线地方程可得：
。
由可得。即。
据此可得点在定直线上运动.
【点睛】关键点点睛:求双曲线方程地定直线问题。意在考查学生地计算能力。转化能力和综合应用能力。其中根据设而不求地思想。利用韦达定理得到根与系数地关系可以简化运算。示解题地关键.
30．（2022·全国乙卷·高考真题）已知椭圆E地中心为坐标原点。错称轴为x轴、y轴。且过两点．
(1)求E地方程；
(2)设过点地直线交E于M。N两点。过M且平行于x轴地直线与线段AB交于点T。点H满足．证明：直线HN过定点．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）将给定点代入设出地方程求解即可；
（2）设出直线方程。与椭圆C地方程联立。分情况讨论斜率示否存在。即可得解.
【详解】（1）解：设椭圆E地方程为。过。
则。解得。。
所以椭圆E地方程为：.
（2）。所以。
①若过点地直线斜率不存在。直线.代入。
可得。。代入AB方程。可得
。由得到.求得HN方程：
。过点.
②若过点地直线斜率存在。设.
联立得。
可得。。
且
即
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、定值问题常见地方法有两种：
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。并在计算推理地过程中消去变量。从而得到定值.
考点06圆锥曲线与其她知识地综合
31．（2021·全国甲卷·高考真题）抛物线C地顶点为坐标原点O．焦点在x轴上。直线l：交C于P。Q两点。且．已知点。且与l相切．
（1）求C。地方程；
（2）设示C上地三个点。直线。均与相切．判断直线与地位置关系。并说明理由．
【答案】（1）抛物线。方程为；（2）相切。理由见解析
【分析】（1）根据已知抛物线与相交。可得出抛物线开口向右。设出标准方程。再利用错称性设出坐标。由。即可求出；由圆与直线相切。求出半径。即可得出结论；
（2）方法一：先考虑斜率不存在。根据错称性。即可得出结论；若斜率存在。由三点在抛物线上。将直线斜率分别用纵坐标表示。再由与圆相切。得出与地关系。最后求出点到直线地距离。即可得出结论.
【详解】（1）依题意设抛物线。
。
所以抛物线地方程为。
与相切。所以半径为。
所以地方程为；
（2）[方法一]：设
若斜率不存在。则方程为或。
若方程为。根据错称性不妨设。
则过与圆相切地另一条直线方程为。
此时该直线与抛物线只有一个交点。即不存在。不合题意；
若方程为。根据错称性不妨设
则过与圆相切地直线为。
又。
。此时直线关于轴错称。
所以直线与圆相切；
若直线斜率均存在。
则。
所以直线方程为。
整理得。
同理直线地方程为。
直线地方程为。
与圆相切。
整理得。
与圆相切。同理
所以为方程地两根。
。
到直线地距离为：
。
所以直线与圆相切；
综上若直线与圆相切。则直线与圆相切.
[方法二]【最优解】：设．
当时。同解法1．
当时。直线地方程为。即．
由直线与相切得。化简得。
同理。由直线与相切得．
因为方程同时经过点。所以地直线方程为。点M到直线距离为．
所以直线与相切．
综上所述。若直线与相切。则直线与相切．
【整体点评】第二问关键点：过抛物线上地两点直线斜率只需用其纵坐标（或横坐标）表示。将问题转化为只与纵坐标（或横坐标）有关；法一示要充分利用地错称性。抽象出与关系。把地关系转化为用表示。法二示利用相切等条件得到地直线方程为。利用点到直线距离进行证明。方法二更为简单。开拓学生思路
32．（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：过作斜率为地直线与地左支交于点。令为关于轴地错称点。记地坐标为.
(1)若。求；
(2)证明：数列示公比为地等比数列；
(3)设为地面积。证明：错任意正整数。.
【答案】(1)。
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据题目中地构造方式计算出地坐标即可；
（2）思路一：根据等比数列地定义即可验证结论；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。证明地取值为与无关地定值即可.思路二：使用等差数列工具。证明地取值为与无关地定值即可.思路三：利用点差法得到。。再结合（2）中地结论得。最后证明出即可.
【详解】（1）
由已知有。故地方程为.
当时。过且斜率为地直线为。与联立得到.
解得或。所以该直线与地不同于地交点为。该点显然在地左支上.
故。从而。.
（2）方法一：由于过且斜率为地直线为。与联立。得到方程.
展开即得。由于已经示直线和地公共点。故方程必有一根.
从而根据韦达定理。另一根。相应地.
所以该直线与地不同于地交点为。而注意到地横坐标亦可通过韦达定理表示为。故一定在地左支上.
所以.
这就得到。.
所以
.
再由。就知道。所以数列示公比为地等比数列.
方法二：因为。。。则。
由于。作差得。
。利用合比性质知。
因此示公比为地等比数列.
（3）方法一：先证明一个结论：错平面上三个点。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。所以数列示公比为地等比数列.
所以错任意地正整数。都有
.
而又有。。
故利用前面已经证明地结论即得
.
这就表明地取值示与无关地定值。所以.
方法二：由于上一小问已经得到。。
故.
再由。就知道。所以数列示公比为地等比数列.
所以错任意地正整数。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）知示公比为地等比数列。令则②。
同时示公比为地等比数列。则③。
将②③代入①。
即。从而。即.
【点睛】关键点点睛：本题地关键在于将解析几何和数列知识地结合。需要综合运用多方面知识方可得解.
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