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重难点17 圆锥曲线韦达与非韦达定理
内容导航 速度提升 技巧掌握 手感养成 重难考向聚焦 锁定目标 精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向 重难考向保分攻略 授予利器 瓦解难点：总结瓦解此重难考向的核心方法论与实战技巧，精选同源试题巩固内化 重难冲刺练 模拟实战 挑战顶尖：挑战此重难点的中高难度题目，养成稳定攻克难题的“题感”
近三年：近三年高考数学圆锥曲线大题的考查呈现核心考点稳定、命题形式灵活、综合难度中等偏上的特点，聚焦椭圆、抛物线、双曲线的定义、性质及直线与圆锥曲线的位置关系，重点考查逻辑推理、运算求解及综合应用能力．联立方程与韦达定理应用：这是贯穿大题的核心方法，需联立直线与曲线方程，消元得到一元二次方程，利用判别式判断交点个数，再通过韦达定理推导根与系数的关系（横坐标之和、积或纵坐标之和、积）。 预测2026年：2026 年高考圆锥曲线大题考察，核心仍是直线与曲线联立 + 韦达定理 + 坐标运算，重点考查定点、 定值、最值 / 范围、向量交汇、几何转化。备考需夯实基础、强化运算、突破创新，掌握 “设而不求、整体代换、几何转代数” 三大核心技巧，是高考复习备考的核心方向。
考向01 韦达定理基础1：五个方程型
“五个方程”（过去老高考对韦达定理型的直观称呼。） 一直一曲俩交点。 直线有没有？是那种未知型的？ 已知过定点。则可设为，同时讨论k不存在情况。如 3.曲线方程有没有？俩交点：设为 4.联立方程，消y或者消x，建立一元二次方程，同时不要忘了判别式 或者 得到对应的韦达定理 或 目标，就是把题中问题转化为第六个关于韦达定理的方程或者不等式，代入求解
1．（25-26高二上·浙江杭州·期中）若抛物线E的顶点在原点，焦点在x轴上，开口向左，抛物线上一点M到其焦点的最小距离为，抛物线E与直线相交于A、B两点．
(1)求抛物线E的方程；
(2)求证：；
(3)若，求实数k的值．
2．（25-26高三下·安徽·月考）已知抛物线的焦点为，过上一动点作的准线的垂线，垂足为.当时，的面积为8.
(1)求的方程；
(2)直线与交于两点，点均在第一象限，为坐标原点，当为的中点时，求外接圆的半径.
3．（25-26高二上·江苏常州·期末）在平面直角坐标系中，已知双曲线，直线．
(1)直线与双曲线C只有一个公共点，求的值；
(2)若直线与双曲线有两个交点，，若为钝角，求的取值范围．
考向02 韦达定理基础2：横截式型
直线横截式设法技巧 （1）直线AB方程为，联立曲线方程， 结合韦达定理化简整理得到只关于t、m的方程，即可求出t、m的关系，即可进一步讨论直线AB过定点的情况； （2）设直线时注意考虑AB斜率不存在的情况，联立方程也要注意讨论判别式.
4．（2026·福建莆田·二模）已知抛物线的焦点为，准线为，直线与，的交点分别为，，且.
(1)求；
(2)若过点的直线交于，两点，且，求的值.
5．（2027高三·全国·专题练习）已知抛物线：的焦点与椭圆：的一个焦点重合．
(1)求抛物线的方程；
(2)若直线：交抛物线于，两点，为原点，求证：．
6．（2026·北京密云·一模）已知椭圆，过点，焦距为.
(1)求椭圆的方程和离心率；
(2)设为椭圆的右焦点，过点的直线与椭圆交于不同两点（，异于椭圆的顶点）.判断光线经过轴反射后是否经过点？说明理由.
考向03 韦达定理基础3：双变量型
当题中的直线既无斜率，又不过定点线，就要设成“双变量”型：，依旧得讨论k是否存在情况 当直线既不过定点，也不知斜率时，设直线，就需要引入两个变量了。 （1） （2），此时直线不包含水平，也要适当的补充讨论。 （3）设“双变量”时，第一种设法较多。因为一般情况下，没有了定点在x轴上，那么第二种设法实际上也没有特别大的计算优势。如第1题。 （4）重要！双变量设法，在授课时，一定要讲清楚以下这个规律： 一般情况下，试题中一定存在某个条件，能推导出俩变量之间的函数关系。这也是证明直线过定点的理论根据之一。
7．（陕西榆林市2026届高三模拟预测数学试题）在平面直角坐标系中，已知点，直线AP与BP相交于点P，且两直线的斜率之积为．
(1)求动点P的轨迹方程；
(2)直线与动点P的轨迹交于C，D两点，求弦长；
(3)若动点P的轨迹为闭合曲线，点，动点P的轨迹上存在不关于x轴对称的两点M，N，使得恰好被x轴平分，求面积的取值范围．
8．（25-26高三下·北京·开学考试）已知椭圆的离心率是，点和点分别是椭圆的下顶点和右顶点，点是坐标原点，的面积为3．
(1)求椭圆的方程；
(2)斜率为的直线与椭圆交于不同的两点和（和不与椭圆顶点重合）．直线分别交轴于点，且满足．证明：直线过定点．
9．（25-26高三上·天津西青·期末）已知椭圆的离心率为，左顶点到右焦点的距离为3.
(1)求椭圆的方程；
(2)设椭圆的右顶点为，若直线与椭圆相交于，两点（异于点），且满足，试证明直线经过定点，并求出该定点的坐标.
考向04 韦达定理基础4：最值范围型
面积最值，实际上是处理最终的“函数最值”。 各类型“函数式”最值规律： 分式型：以下几种求最值的基本方法 一元二次型：注意自变量取值范围 高次型：整体换元或者求导 求最值求范围，属于前边知识额综合应用，主要是以下两点要注意 注意变量的范围。 式子转化为求值域或者求最值的专题复习
10．（2026·福建泉州·一模）在平面直角坐标系中，已知点，动点关于的对称点为，且直线的斜率之积是，记的轨迹为曲线.(1)求的方程；(2)若关于轴的对称点为，求的面积的最大值.
11．（2026·山东临沂·一模）已知椭圆的两个焦点分别为，，点P是C上的一个动点，当面积取得最大值时，．
(1)求C的方程；
(2)过点的直线l与C交于A，B两点，点A关于x轴的对称点为（与B不重合）．
（ⅰ）求证：直线过定点；
（ⅱ）求面积的最大值．
12．（2026·山东济宁·一模）已知椭圆的两焦点分别为，离心率为，为椭圆上三个不重合的点，且直线经过点与关于轴对称.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求证：直线经过定点，并求出该定点的坐标；
(3)求内切圆半径的取值范围.
考向05 第六个方程转化1：特殊的转化
在一直一曲五个方程（韦达定理代入型）题型中，主要的难点在于怎么转化出“第六个方程”。 具有明显的可转化为韦达定理特征的。属于较容易的题。 隐藏较深的条件，需要用一些技巧，把条件转化为点坐标之间的关系，再转化为韦达定理。 没有固定的转化技巧，可以在训练中积累相关化归思想。
1．（2026·甘肃兰州·一模）已知椭圆的左 右焦点分别为，且在椭圆上，椭圆与椭圆离心率相同.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)是椭圆上异于的一点，过点作直线交椭圆于点，作直线交椭圆于点.
（i）证明：为定值；
（ii）若，四边形的面积为，求的最大值.
2．（2026·江西·模拟预测）已知动圆过定点，且与直线相切．
(1)求动圆圆心的轨迹C的方程；
(2)过点作倾斜角为，（）的两条直线交轨迹C于M，N两点，若，求证：直线MN恒过定点．
3．（25-26高二下·辽宁·开学考试）已知抛物线的顶点和双曲线的中心为坐标原点，该抛物线与双曲线在轴上有共同的焦点，且都经过点．
(1)求抛物线和双曲线的标准方程；
(2)动直线过点，交抛物线于两点，记以线段为直径的圆为圆，求证：存在垂直于轴的直线被圆截得的弦长为定值，并求出直线的方程；
(3)设为双曲线的左顶点，为第一象限内双曲线上的任意一点，是否存在常数，使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
考向06 第六个方程转化2：定点定值型转化
直线过定点： 1、直线多为y=kx+m型 2.目标多为求：m=f（k） 3.一些题型，也可以直接求出对应的m的值。 求定值问题常见的思路和方法技巧： 从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； 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． 求定值题型，运算量大，运算要求高，属于中等以上难度的题
4．（25-26高三下·湖北孝感·开学考试）已知点是抛物线的焦点，是抛物线上的一点且有．
(1)求抛物线的方程；
(2)已知点，连接、并延长交抛物线于另外一点．
（i）若抛物线上有且仅有3个点使得的面积均为定值，求的值；
（ii）已知点、是抛物线上异于、的两点，且是的角平分线．请问直线是否过定点，若过定点，求出点的坐标，若不过定点，请说明理由．
5．（25-26高二上·贵州铜仁·期末）已知椭圆的右焦点为，且．
(1)求的标准方程；
(2)过点的直线与交于两点．
（i）若直线不与轴重合，点关于轴的对称点为，证明：直线过定点，并求出该定点的坐标；
（ii）若直线与直线相交于点，求的值．
6．（25-26高二上·山东济宁·期末）椭圆过点，离心率为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知直线与椭圆交于两点，为椭圆的右焦点，且．
①证明：直线过定点；②设点关于原点的对称点为，直线与直线交于点，记的斜率为的斜率为．证明：为定值．
考向07 第六个方程转化3：双直线型
双直线型最常见的是斜率关系求值型： 1.给定椭圆，与椭圆上定点P，过P点走两条射线PA、PB，与椭圆交与A和B两点，记直线PA、PB的斜率分别为K1,K2,则有 2.
7．（河北邯郸市2026届高三第一次模拟检测数学试卷）已知是的两个顶点，是的重心，分别是边的中点，且．记点的轨迹为曲线．
(1)求的方程．
(2)若的面积为24，求点的坐标．
(3)已知点，过的直线与曲线交于两点，直线与交于点，试判断是否在一条定直线上．若是，求出该直线方程；若不是，说明理由．
8．（25-26高三下·北京·开学考试）已知椭圆的离心率是，点和点分别是椭圆的下顶点和右顶点，点是坐标原点，的面积为3．
(1)求椭圆的方程；
(2)斜率为的直线与椭圆交于不同的两点和（和不与椭圆顶点重合）．直线分别交轴于点，且满足．证明：直线过定点．
(1)求C的方程；
(2)若倾斜角为的直线与C交于D，E两点，求DE的中点的轨迹方程；
(3)若直线：与交于，两点，设直线，的斜率分别为，且，求t．
考向08 韦达定理不能直接用1：一个方程两个根
“一个方程两个根”型，比较常见是是切线，设切线斜率为k时，在计算过程中，建立关于k的一元二次方程，该方程的两个根，也是两条切线的斜率。
1．（2011·浙江·高考真题）已知抛物线C1：x2=y，圆C2：x2+（y﹣4）2=1的圆心为点M
（1）求点M到抛物线C1的准线的距离；
（2）已知点P是抛物线C1上一点（异于原点），过点P作圆C2的两条切线，交抛物线C1于A，B两点，若过M，P两点的直线l垂直于AB，求直线l的方程．
2．（19-20高二上·湖南长沙·月考）如图，圆，点为直线上一动点，过点引圆的两条切线，切点分别为 .
（1）若，求，所在直线方程；
（2）若两条切线，与轴分别交于 两点，求的最小值.
3．（19-20高三上·浙江台州·期末）设点为抛物线外一点，过点作抛物线的两条切线，，切点分别为，．
（Ⅰ）若点为，求直线的方程；
（Ⅱ）若点为圆上的点，记两切线，的斜率分别为，，求的取值范围．
考向09 韦达定理不能直接用2：定比分点型
若有 1.利用公式，可消去参数 2.可以直接借助韦达定理反解消去两根 定比分点型，即题中向量（或者线段长度满足） 可以利用公式，可消去
7．（2026高三下·重庆·专题练习）设双曲线的右焦点为，过的直线交该双曲线于两点（其中在第一象限），交直线于点．
(1)已知在双曲线的同一支，且，求的面积．
(2)过平行于的直线分别交直线、轴于，，记，求实数的值．
8．（25-26高二上·浙江杭州·期末）设椭圆的中心为坐标原点，右焦点为，离心率为，
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知圆是以点为圆心，为半径的圆，过椭圆C的下顶点作圆的两条切线，这两条切线分别与椭圆相交于点，（异于点）．设直线交轴于G点．
（ⅰ）设，直线的斜率分别为，，求的值及点的坐标．
（ⅱ）设点（与G点不同）满足：，，求证：在定直线上运动，并求出定直线方程．
9．（2026·河南许昌·模拟预测）已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，，点在椭圆上.
(1)求的方程；
(2)已知上一点，且不在轴上，直线，与的另一个交点分别为，.
（ⅰ）若点的坐标为，求直线的方程；
（ⅱ）若，，求的值.
考向10 韦达定理不能直接用3：非对称型
非对称型韦达定理应用，先韦达定理构造互化公式，先局部互化，然后可整理成对称型. 具体办法为联立方程后得到韦达定理：代入之后进行代换消元解题.
1．（2025·江苏南京·二模）在平面直角坐标系中，点，动点P满足，记点P的轨迹为C．
(1)求C的方程；
(2)过点Q且斜率不为0的直线l与C相交于两点E，F（E在F的左侧）．设直线AE，AF的斜率分别为．
①求证：为定值；
②设直线AF，BE相交于点M，求证：为定值．
2．（25-26高二上·上海·期末）设椭圆，其中.四个顶点分别为 ，左 右焦点分别为.
(1)若离心率，求椭圆的标准方程；
(2)若直线和圆相切，切点为，且是线段的中点，求的值；
(3)若，过作斜率不为零的直线与椭圆交于两点，记直线的斜率分别为，请问是否为定值？请说明理由.
3．（25-26高二下·湖北襄阳·月考）在平面直角坐标系中，已知动点满足下列方程：；该方程的曲线与x轴的交点分别为两点（在的左侧），不过的直线l与该曲线交于两点，记直线的斜率分别为；直线的斜率分别为．
(1)求该曲线的标准方程；
(2)若，求的值；
(3)若，求证：直线l过定点，并求出定点坐标．
考向11 综合1：坐标运算型
坐标运算型是圆锥曲线综合题型的一种，核心围绕点的坐标表示、坐标间的代数运算、坐标间的代数运算、曲线方程与坐标的结合展开，通过对动点、交点、中点等核心点的坐标设元，结合曲线方程、向量关系、斜率、距离公式等进行代数推导，解决轨迹、垂直、中点弦、面积、定值、定点等问题，所有几何关系最终都转化为坐标的代数运算，是与韦达定理、点差法等方法互相嵌套且又各自独立。
1．（21-22高三·重庆渝中·月考）已知椭圆：的左、右焦点为，，为椭圆上一点，且，．
(1)求椭圆的离心率；
(2)已知直线交椭圆于，两点，且线段的中点为，若椭圆上存在点，满足，试求椭圆的方程．
2．（2005·广东·高考真题）在平面直角坐标系中，抛物线上异于坐标原点O的两个不同的动点A、B满足．
(1)求的重心G的轨迹方程；
(2)的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．
3．（2018·安徽合肥·一模）已知为椭圆上的动点，过点作轴的垂线段，为垂足，点满足.
（Ⅰ）求动点的轨迹的方程；
（Ⅱ）若两点分别为椭圆的左右顶点，为椭圆的左焦点，直线与椭圆交于点，直线的斜率分别为，求的取值范围.
3.如题图，椭圆的中心为原点，离心率，一条准线的方程为． （Ⅰ）求该椭圆的标准方程； （Ⅱ）设动点满足：，其中是椭圆上的点，直线与的斜率之积为，问：是否存在两个定点，使得为定值？若存在，求的坐标；若不存在，说明理由．
解：（I）由解得，故椭圆的标准方程为
（II）设，则由得
因为点M，N在椭圆上，所以
，故
设分别为直线OM，ON的斜率，由题设条件知因此
所以所以P点是椭圆上的点，设该椭圆的左、右焦点为F1，F2，则由椭圆的定义|PF1|+|PF2|为定值，又因，因此两焦点的坐标为
考向12 综合2：齐次化法
方法拓展 拓展：齐次化巧解斜率的和积问题 原理：平移不改变直线的斜率、韦达定理的运用 步骤：①设：设两直线的斜率分别为k1和k2； ②移：将直线和曲线整体平移，使得两直线的公共点落在原点，写出平移后曲线的方程，并将平移后的目标直线设为固定形式：mx+ny=1 若与定点()的斜率关系,则可设直线方程为 ③联：联立直线和曲线方程，得到开如： 方程两边同时除以x2，得到形如 ④换：令k=，得到，则k1和k2是该方程的两根 ⑤达：韦达定理得到k1+k2和k1k2，从而得到m和n的关系 4.优点：相比传统的韦达定理，计算量大大减少，缺点：mx+ny=1不能表示经过原点的直线 常见三种类型：①为定值(不为0) ② 为定值(不为0) ③
4.（2022新高考1卷）已知点在双曲线上，直线交于，两点，直线，的斜率之和为0．
（1）求的斜率；
（2）若，求的面积．
【解析】（1）【解法一】(常规设法)：将点代入双曲线方程得，
化简得，，故双曲线方程为，
由题显然直线的斜率存在，设，设，，，
则联立双曲线得：，
故，，
，
化简得：，
故，
即，当m+2k 1=0时，直线l：y=kx 2k+1过点A，不合题意，舍去.,故；
利用坐标平移变换将坐标原点平移到， 设新坐标系下直线的方程为，
双曲线的方程为：即，则化齐次联立，得
即，
两边同时除以，得，
方程的两根即为直线的斜率，即
2.（2023年新课标Ⅱ卷 第21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.
【答案】(1)(2)证明见解析.
【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.
［方法一］：通性通法：
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.
［方法二］：非对称韦达定理：
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， 所以，
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.
［方法三］：平移坐标系
将原坐标系平移，原来的O点平移至点处，则在新的坐标系下双曲线的方程为，设直线的方程为．
将直线方程与椭圆方程联立得，
即，化简得，
即．由韦达定理得
设，
直线方程过点，所以．则。由于,则．
设直线，联立方程得，
5.已知椭圆，，若直线l交椭圆C于A，B（A，B异于点P）两点，且直线PA与PB的斜率之积为，求点P到直线l距离的最大值．
解法1齐次化：公共点，左移1个单位，下移个单位，，
，，
，等式两边同时除以，，，，，
过，右移1个单位，上移个单位，过，∴P到直线l的距离的最大值为的值为，由于，∴点P到直线l距离的最大值
6.如图，已知抛物线的焦点为，过点作直线交抛物线于，两点，记，.
（1）若，求的最小值；
（2）若对任意的直线，，恒为锐角，求的取值范围.
浙江省宁波市宁海中学2020-2021学年高三上学期9月第一次模拟数学试题
【答案】（1）；（2）.
【详解】（1）解：设：，，.
与抛物线联立得：，由韦达定理：，.
，，.
由余弦定理：.
故，即的最小值是.
（2）解：设，，.
要使，恒为锐角，只需满足恒大于0即可，.
①若，则.即.
②若，显然成立.注意到，，故.故.
考向13 综合3：极点与极线
对于椭圆，极点（不是原点）对应的极线为. 若极点在轴上，则过点作椭圆的割线交于点，则对于上任意一点，均有.（当斜率均存在时）
7．（2024·全国·一模）如图，已知椭圆的短轴长为，焦点与双曲线的焦点重合.点，斜率为的直线与椭圆交于两点.

(1)求常数的取值范围，并求椭圆的方程.
(2)(本题可以使用解析几何的方法，也可以利用下面材料所给的结论进行解答)
极点与极线是法国数学家吉拉德·迪沙格于1639年在射影几何学的奠基之作《圆锥曲线论稿》中正式阐述的.对于椭圆，极点（不是原点）对应的极线为，且若极点在轴上，则过点作椭圆的割线交于点，则对于上任意一点，均有（当斜率均存在时）.已知点是直线上的一点，且点的横坐标为2.连接交轴于点.连接分别交椭圆于两点.
①设直线、分别交轴于点、点，证明：点为、的中点；
②证明直线：恒过定点，并求出定点的坐标.
8．（24-25高二上·山东菏泽·期末）极点与极线是射影几何学研究中的重要理论，对于椭圆，极点（不是坐标原点）对应椭圆C的极线为.已知，为椭圆C的左右焦点，点M为C上动点，若，则M对应椭圆C的极线经过点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若动点M对应椭圆C的极线交于A， B两点，求证：以AB为直径的圆恒过，；
(3)若为曲线上的动点，且点P对应椭圆C的极线交椭圆C于Q， R两点，判断四边形OQPR的面积是否为定值，如果是定值，求出该定值；如果不是定值，说明理由．
9．（2025·陕西西安·一模）已知圆锥曲线G：，称点和直线l：是圆锥曲线G的一对极点和极线，其中极线方程是将圆锥曲线以替换，以替换x（另一变量y也是如此）.特别地，对于椭圆，点对应的极线方程为.已知椭圆C：，椭圆C的左、右焦点分别为、.
(1)若极点对应的极线l为，求椭圆C的方程；
(2)当极点Q在曲线外时，过点Q向椭圆C引两条切线，切点分别为M，N，证明：直线MN为极点Q的极线；
(3)已知P是直线上的一个动点，过点P向（1）中椭圆C引两条切线，切点分别为M，N，是否存在定点T恒在直线MN上，若存在，当时，求直线MN的方程；若不存在，请说明理由.
冲刺练
（建议用时：60分钟）
1．（2026高三下·内蒙古鄂尔多斯·专题练习）记椭圆的左、右焦点分别为为上一点，，点满足，且不与重合．
(1)证明：；
(2)若，求的外接圆半径；
(3)若，求．
2．（2026·江西赣州·一模）已知抛物线，过点作直线与抛物线相交于两点，为坐标原点.
(1)证明：；
(2)若存在异于点的定点，使得恒成立，请求出点的坐标，并求出面积的最小值.
3．（25-26高二上·湖北荆州·期末）已知抛物线C:的准线与x轴的交点为H，直线过抛物线C的焦点F且与C交于A，B两点，
(1)求的面积的最小值．
(2)若过点的动直线l交C于M，N两点，试问抛物线C上是否存在定点E，使得对任意的直线l，都有，若存在，求出点E的坐标；若不存在，则说明理由．
4．（2026·河南许昌·模拟预测）已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，，点在椭圆上.
(1)求的方程；
(2)已知上一点，且不在轴上，直线，与的另一个交点分别为，.
（ⅰ）若点的坐标为，求直线的方程；
（ⅱ）若，，求的值.
5．（23-24高一上·湖北十堰·自主招生）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)如图1，点D为第四象限抛物线上一点，连接AD，BC交于点E，连接BD，记的面积为，的面积为，求的最大值；
(3)如图2，连接AC，BC，过点O作直线，点P，Q分别为直线l和抛物线上的点．试探究：在第一象限是否存在这样的点P，Q，使？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
结束
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21世纪教育网(www.21cnjy.com)重难点17 圆锥曲线韦达与非韦达定理
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近三年：近三年高考数学圆锥曲线大题的考查呈现核心考点稳定、命题形式灵活、综合难度中等偏上的特点，聚焦椭圆、抛物线、双曲线的定义、性质及直线与圆锥曲线的位置关系，重点考查逻辑推理、运算求解及综合应用能力．联立方程与韦达定理应用：这是贯穿大题的核心方法，需联立直线与曲线方程，消元得到一元二次方程，利用判别式判断交点个数，再通过韦达定理推导根与系数的关系（横坐标之和、积或纵坐标之和、积）。 预测2026年：2026 年高考圆锥曲线大题考察，核心仍是直线与曲线联立 + 韦达定理 + 坐标运算，重点考查定点、 定值、最值 / 范围、向量交汇、几何转化。备考需夯实基础、强化运算、突破创新，掌握 “设而不求、整体代换、几何转代数” 三大核心技巧，是高考复习备考的核心方向。
考向01 韦达定理基础1：五个方程型
“五个方程”（过去老高考对韦达定理型的直观称呼。） 一直一曲俩交点。 直线有没有？是那种未知型的？ 已知过定点。则可设为，同时讨论k不存在情况。如 3.曲线方程有没有？俩交点：设为 4.联立方程，消y或者消x，建立一元二次方程，同时不要忘了判别式 或者 得到对应的韦达定理 或 目标，就是把题中问题转化为第六个关于韦达定理的方程或者不等式，代入求解
1．（25-26高二上·浙江杭州·期中）若抛物线E的顶点在原点，焦点在x轴上，开口向左，抛物线上一点M到其焦点的最小距离为，抛物线E与直线相交于A、B两点．
(1)求抛物线E的方程；
(2)求证：；
(3)若，求实数k的值．
【答案】(1)(2)证明见解析(3)
【分析】（1）由抛物线的定义确定顶点到焦点的距离最小，即可求解；
（2）联立直线和抛物线方程，通过即可求证；
（3）由三角形面积公式求得，再结合韦达定理即可求解.
【详解】（1）由题意，设抛物线的方程为 ，准线是，
根据抛物线定义：抛物线上点到焦点的距离等于到准线的距离，
又抛物线上点到准线的距离最小值为顶点到准线距离，故最小距离即为顶点到焦点的距离，即，由条件得 ，解得 ， 因此抛物线E的方程为 ；
（2）
当时，易知直线与抛物线仅一个交点，不符合题意，舍去；
当时，设，，联立直线与抛物线方程，将代入，
整理得： ，由韦达定理得：，，，
又，，所以，因此，故，得证；
（3）的面积，其中直线过点，故，因此：，
所以 ，平方得： ，又 ，，
得：，解得，即.
2．（25-26高三下·安徽·月考）已知抛物线的焦点为，过上一动点作的准线的垂线，垂足为.当时，的面积为8.
(1)求的方程；
(2)直线与交于两点，点均在第一象限，为坐标原点，当为的中点时，求外接圆的半径.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）利用抛物线定义得到点横坐标与的关系，结合三角形面积求出点纵坐标，再代入抛物线方程解得，从而得到抛物线方程；
（2）联立直线与抛物线方程，结合中点条件求出的坐标，通过向量点积判断为直角三角形，进而用斜边长度求出外接圆半径.
【详解】（1）由抛物线的定义，得，则.
由的面积为8，知点到直线的距离为，则.
由，得，解得.故的方程为.
（2）由（1）可得，设，由题可知.由，可得，
则.若点为的中点，则，其中，
所以，解得（负值舍去），则，代入，得.
而，得，则，所以.
由于，故是直角三角形，故所求外接圆半径.
3．（25-26高二上·江苏常州·期末）在平面直角坐标系中，已知双曲线，直线．
(1)直线与双曲线C只有一个公共点，求的值；
(2)若直线与双曲线有两个交点，，若为钝角，求的取值范围．
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）根据直线和双曲线的位置关系，联立方程组，由直线和双曲线交点的个数，判断方程组解的个数，对参数进行讨论，求出参数值；
（2）根据向量夹角是钝角时的余弦值性质，设出点的坐标，联立方程组，根据韦达定理和向量数量积的坐标表示，列出不等式，求出参数范围即可.
【详解】（1）由题意可知直线与双曲线有且只有一个公共点，
所以方程组只有一组解，即只有一个解，
当，即时，满足题意；
（2）当时，有，解得，符合题意；
所以的值有共4个.联立，消去并整理得，
显然，且，解得且，设，，
则，显然直线不过原点，即与不共线，
由为钝角，可得，
即，解得，又且，于是得，解得，
所以的取值范围．
考向02 韦达定理基础2：横截式型
直线横截式设法技巧 （1）直线AB方程为，联立曲线方程， 结合韦达定理化简整理得到只关于t、m的方程，即可求出t、m的关系，即可进一步讨论直线AB过定点的情况； （2）设直线时注意考虑AB斜率不存在的情况，联立方程也要注意讨论判别式.
4．（2026·福建莆田·二模）已知抛物线的焦点为，准线为，直线与，的交点分别为，，且.
(1)求；
(2)若过点的直线交于，两点，且，求的值.
【答案】(1)2(2)或.【分析】（1）由抛物线定义可得进而得到为等边三角形，从而求得，结合图形特征及角的正切即可求解；
（2）设直线：,联立直线与抛物线可得，则由韦达定理得，，计算弦长代入中即可求得，再列方程结合弦长公式求值.
【详解】（1）由抛物线定义得，又因为，所以为等边三角形，
所以，设准线为与x轴交于点，且的纵坐标为，所以，
所以，所以；
（2）设： ，，，联立得，，
由韦达定理得，，所以 ，
所以，所以，则，由韦达定理得，，
所以，所以，所以，或，
所以 或，所以的值为或.
5．（2027高三·全国·专题练习）已知抛物线：的焦点与椭圆：的一个焦点重合．
(1)求抛物线的方程；
(2)若直线：交抛物线于，两点，为原点，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】第（1）问先由椭圆方程求出焦点坐标，再根据抛物线焦点与之重合确定参数，从而写出抛物线方程；
第（2）问将直线方程与抛物线方程联立，消元后利用韦达定理得到交点纵坐标之积，再结合抛物线方程转化为横坐标之积，最后通过向量数量积为零证明垂直.
【详解】（1）因为椭圆：的焦点坐标为，所以，即．
所以抛物线的方程为．
（2）证明 联立消去，整理得，所以．
所以，即，所以，所以．即．
6．（2026·北京密云·一模）已知椭圆，过点，焦距为.
(1)求椭圆的方程和离心率；
(2)设为椭圆的右焦点，过点的直线与椭圆交于不同两点（，异于椭圆的顶点）.判断光线经过轴反射后是否经过点？说明理由.
【答案】(1)，(2)光线经过轴反射后经过点
【分析】（1）由已知条件列出关于方程组求出即可求解.
（2）先表示过点的直线的方程，与椭圆方程联立，由韦达定理得、，计算求解即可.
【详解】（1）由题可得，椭圆的方程为，所以椭圆的离心率.
（2）如图为椭圆的右焦点，，设，，
设过点的直线的方程为，将直线方程与椭圆方程联立得，
展开并整理得，则即，
且，，，光线经过轴反射后经过点.
考向03 韦达定理基础3：双变量型
当题中的直线既无斜率，又不过定点线，就要设成“双变量”型：，依旧得讨论k是否存在情况 当直线既不过定点，也不知斜率时，设直线，就需要引入两个变量了。 （1） （2），此时直线不包含水平，也要适当的补充讨论。 （3）设“双变量”时，第一种设法较多。因为一般情况下，没有了定点在x轴上，那么第二种设法实际上也没有特别大的计算优势。如第1题。 （4）重要！双变量设法，在授课时，一定要讲清楚以下这个规律： 一般情况下，试题中一定存在某个条件，能推导出俩变量之间的函数关系。这也是证明直线过定点的理论根据之一。
7．（陕西榆林市2026届高三模拟预测数学试题）在平面直角坐标系中，已知点，直线AP与BP相交于点P，且两直线的斜率之积为．
(1)求动点P的轨迹方程；
(2)直线与动点P的轨迹交于C，D两点，求弦长；
(3)若动点P的轨迹为闭合曲线，点，动点P的轨迹上存在不关于x轴对称的两点M，N，使得恰好被x轴平分，求面积的取值范围．
【答案】(1)(2)(3)
【分析】（1）结合斜率公式计算即得动点的轨迹方程；
（2）联立直线与椭圆得出韦达定理，再由弦长公式计算即得；
（3）先设直线方程再联立，写出韦达定理，应用题设条件得出斜率关系，计算得出定点，再列出三角形的面积及基本不等式计算范围．
【详解】（1）设交点P的坐标为，因为直线AP与BP的斜率之积为，
所以，所以，则，故动点P的轨迹方程为．
（2）由与椭圆联立，可得，设，则， 所以弦长．
（3）设直线的方程为，由得，
所以，，因为恰好被x轴平分，所以，
所以直线的斜率与直线的斜率存在且，即，整理得，即，因，解得，即直线经过定点，
所以的面积，当且仅当，即时，等号成立．
因为，所以面积的取值范围是．
8．（25-26高三下·北京·开学考试）已知椭圆的离心率是，点和点分别是椭圆的下顶点和右顶点，点是坐标原点，的面积为3．
(1)求椭圆的方程；
(2)斜率为的直线与椭圆交于不同的两点和（和不与椭圆顶点重合）．直线分别交轴于点，且满足．证明：直线过定点．
【答案】(1)(2)证明见解析.
【分析】（1）根据已知条件列出的方程，解出和即可求出椭圆方程；
（2）将直线l方程的方程与椭圆C方程联立，利用韦达定理，结合向量线性运算的坐标表示求出m与k的关系即可.
【详解】（1）由题意得，得.又椭圆的离心率为，所以，即.
解得，，故椭圆C的方程为.
（2）设直线l:，与椭圆C方程联立，
可得，
又直线与椭圆C交于不同的两点，则
设，，则，因为点，所以直线AP方程为：，
令得点S的横坐标为，同理点T的横坐标为.
又，所以，即，
故，即，所以.
整理得.化简得.代入并乘以得：.
.
化简得，又，所以，
即.所以，故直线l过定点.
9．（25-26高三上·天津西青·期末）已知椭圆的离心率为，左顶点到右焦点的距离为3.
(1)求椭圆的方程；
(2)设椭圆的右顶点为，若直线与椭圆相交于，两点（异于点），且满足，试证明直线经过定点，并求出该定点的坐标.
【答案】(1)(2)证明见解析，定点坐标为
【分析】（1）根据离心率定义及条件，结合的关系，可得的值，即可得答案.
（2）设，，将直线与椭圆方程联立，根据韦达定理，可得，表达式，进而可得表达式，根据条件，可得，根据数量积公式，化简整理，可得或，代入直线方程，分析检验，即可得答案.
【详解】（1）由题意： ，解得，所以方程是 .（2）设，，联立，
消可得，由，得，
， ，则，
因为，所以，又因为，所以，，
所以，即，所以，即，解得或，均满足，
当时，，直线过点，与已知矛盾，当时，，直线过点，
综上，直线过定点，定点坐标为.
考向04 韦达定理基础4：最值范围型
面积最值，实际上是处理最终的“函数最值”。 各类型“函数式”最值规律： 分式型：以下几种求最值的基本方法 一元二次型：注意自变量取值范围 高次型：整体换元或者求导 求最值求范围，属于前边知识额综合应用，主要是以下两点要注意 注意变量的范围。 式子转化为求值域或者求最值的专题复习
10．（2026·福建泉州·一模）在平面直角坐标系中，已知点，动点关于的对称点为，且直线的斜率之积是，记的轨迹为曲线.(1)求的方程；(2)若关于轴的对称点为，求的面积的最大值.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）设，则，直线的斜率之积是，列方程化简可得的方程；
（2）解法一：由向量垂直得直角三角形面积，结合椭圆方程用均值不等式放缩求最值；
解法二：将椭圆上点用三角参数 表示，转化为三角函数求最值；
解法三：设过原点的直线 ，联立椭圆得点坐标，将面积表示为k的函数，再用均值不等式求最值.
【详解】（1）设，则，则，且，
由，得，整理，得，即，
故的方程为.（约束条件也可写成）
（2）解法一：依题意，得，则，所以，从而，所以，
则的面积，因为点在曲线上，则，所以，
即，当且仅当时取“”.故面积的最大值为2.
解法二：
设，则，所以，
所以，从而，所以，则的面积，
又，故当或或或，
即或或或时，.
解法三：
当直线的斜率不存在时，点与点重合，此时不合题意；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，则，从而，
所以，从而，所以，由消去，得，整理，得，
所以的面积，
因为，当且仅当，即时取“”，所以.
11．（2026·山东临沂·一模）已知椭圆的两个焦点分别为，，点P是C上的一个动点，当面积取得最大值时，．
(1)求C的方程；
(2)过点的直线l与C交于A，B两点，点A关于x轴的对称点为（与B不重合）．
（ⅰ）求证：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）由题意可得，进而结合已知求得，可求C的方程；
（2）（ⅰ）设l的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理可得，进而求得直线的方程，由椭圆的对称性可证得结论；（ⅱ）记直线过定点为，利用计算，结合基本不等式可求面积的最大值.
【详解】（1）因为，又，所以，
又面积取得最大值，所以，在中，，所以，所以，
又，所以，所以，解得，所以，所以椭圆C的方程为；
（2）（ⅰ）当过点的直线l不与x轴重合时，设直线l的方程为，，
由，得，整理得，
由韦达定理得，因为为点A关于x轴的对称点，所以，所以，
所以直线的方程为，由对称性，直线所过定点一定在轴上，
令，可得
，
所以直线过定点；当过点的直线与x轴重合时，显然过点；
综上所述：直线过定点；（ⅱ）记直线过定点为，
则
，当且仅当，即时，等号成立，
所以面积的最大值为．
12．（2026·山东济宁·一模）已知椭圆的两焦点分别为，离心率为，为椭圆上三个不重合的点，且直线经过点与关于轴对称.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求证：直线经过定点，并求出该定点的坐标；
(3)求内切圆半径的取值范围.
【答案】(1)(2)证明见解析，定点为(3)
【分析】（1）根据焦点坐标，可得c值，根据离心率，可得a值，则可求出，即可得答案.
（2）直线AC的方程为，与椭圆联立，设，则，根据韦达定理，可得表达式，求出直线AB的方程，化简整理，即可得答案.
（3）根据椭圆的定义，可得的周长，即可得内切圆半径r的表达式，根据韦达定理，可得的面积S的表达式，结合基本不等式，可得S的范围，即可得答案.
【详解】（1）由椭圆的焦点分别为，得，
由离心率，得，则，所以椭圆的标准方程为.
（2）证明：由直线AC过，设直线AC的方程为，因为不重合且B与关于轴对称，所以m存在且，联立，得，设，则，
则又直线AB的斜率，所以直线AB的方程为，
整理得
令，得，所以直线AB恒过点.
（3）由椭圆的定义得的周长为，则的面积，所以，
又
令，由，得，则，所以，因为在上单调递增，所以，则，所以，即内切圆半径的取值范围为.
考向05 第六个方程转化1：特殊的转化
在一直一曲五个方程（韦达定理代入型）题型中，主要的难点在于怎么转化出“第六个方程”。 具有明显的可转化为韦达定理特征的。属于较容易的题。 隐藏较深的条件，需要用一些技巧，把条件转化为点坐标之间的关系，再转化为韦达定理。 没有固定的转化技巧，可以在训练中积累相关化归思想。
1．（2026·甘肃兰州·一模）已知椭圆的左 右焦点分别为，且在椭圆上，椭圆与椭圆离心率相同.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)是椭圆上异于的一点，过点作直线交椭圆于点，作直线交椭圆于点.
（i）证明：为定值；
（ii）若，四边形的面积为，求的最大值.
【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）根据给定条件，求出焦点坐标和离心率，可得、，进而求出值，即可得到椭圆方程.
（2）（i）设出直线，方程，结合点在椭圆得，然后让直线与椭圆方程联立求出，同理，进而求得为定值；
（ii）先求得，则，结合，利用基本不等式法求出最大值.
【详解】（1）因为在椭圆上，所以，
因为椭圆的离心率为，所以，所以，
所以，所以椭圆的标准方程为.
（2）（i）设直线，的斜率分别为，故直线的方程为，直线的方程为，
设，则，所以，由得，设点的坐标分别为，则，．
所以，
同理，所以
，为定值；
（ii）因为四边形的面积为，所以，当且仅当，等号成立，
所以的最大值为.
2．（2026·江西·模拟预测）已知动圆过定点，且与直线相切．
(1)求动圆圆心的轨迹C的方程；
(2)过点作倾斜角为，（）的两条直线交轨迹C于M，N两点，若，求证：直线MN恒过定点．
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）由抛物线的定义可得方程；
（2）设，由得出，利用韦达定理化简即可.
【详解】（1）由题意可知，点到点和到的距离相等，
故点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，故动圆圆心的轨迹C的方程为；
（2）由题意可知，直线的倾斜角均不为和，故直线，的斜率存在且不为，
因为，所以，即，即，
若直线的斜率为，则与抛物线只有一个交点，若斜率不存在，则重合，均不符合题意；
故设，，联立，得，
则，则
，得，则直线恒过点.
3．（25-26高二下·辽宁·开学考试）已知抛物线的顶点和双曲线的中心为坐标原点，该抛物线与双曲线在轴上有共同的焦点，且都经过点．
(1)求抛物线和双曲线的标准方程；
(2)动直线过点，交抛物线于两点，记以线段为直径的圆为圆，求证：存在垂直于轴的直线被圆截得的弦长为定值，并求出直线的方程；
(3)设为双曲线的左顶点，为第一象限内双曲线上的任意一点，是否存在常数，使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，(2)证明见解析，(3)存在，
【分析】(1)先设抛物线方程，代入点求出，得到抛物线方程与焦点；再利用双曲线与抛物线共焦点得到，通过双曲线定义或代入点求出，从而得到双曲线方程；
(2)设，写出以为直径的圆的圆心与半径，设直线，利用勾股定理表示弦长平方，消去后令系数为，求出，得到弦长为定值；
(3)先通过特殊点推测，再利用正切二倍角公式，代入双曲线方程化简，证明，从而得到.
【详解】（1）设抛物线的方程为，将点代入抛物线方程，得，所以抛物线的方程为；设双曲线的标准方程为，
因为抛物线的焦点坐标为，双曲线与抛物线在轴上有共同的焦点，
则双曲线的右焦点坐标为，则另一个焦点坐标，故，又在双曲线上，
根据双曲线的定义知，
所以，故双曲线的标准方程为．（2）由题意得的中点为，设的方程为，
以线段为直径的圆交于两点，的中点为，则；设，则，且，则，因为为直角三角形，且，
所以，所以，
显然当时，，所以弦长为定值，
故存在垂直于轴的直线（即直线），被圆截得的弦长为定值，直线的方程为．
（3）已知双曲线方程为，其左顶点为，右焦点为，设 为第一象限内双曲线上任意一点（），满足，即；
当轴时，，代入双曲线方程：，此时点的坐标为；
，，故为等腰直角三角形，，，因此，推测；
由点的坐标关系，可得：，，
当时，，，为锐角，当时，，，为钝角，
，将代入，得，
将代入分母化简：，
因此：，故，
因为在第一象限，所以，故，当时，，，两角同属正切函数的单调递增区间，当 时：由，可知，故 ，由渐近线斜率约束，可知，综上，，与同属正切函数的单调递增区间，在正切函数的同一单调区间内，若，则必有，因此：，
故存在常数，使得对第一象限内双曲线上任意一点恒成立.
考向06 第六个方程转化2：定点定值型转化
直线过定点： 1、直线多为y=kx+m型 2.目标多为求：m=f（k） 3.一些题型，也可以直接求出对应的m的值。 求定值问题常见的思路和方法技巧： 从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； 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． 求定值题型，运算量大，运算要求高，属于中等以上难度的题
4．（25-26高三下·湖北孝感·开学考试）已知点是抛物线的焦点，是抛物线上的一点且有．
(1)求抛物线的方程；
(2)已知点，连接、并延长交抛物线于另外一点．
（i）若抛物线上有且仅有3个点使得的面积均为定值，求的值；
（ii）已知点、是抛物线上异于、的两点，且是的角平分线．请问直线是否过定点，若过定点，求出点的坐标，若不过定点，请说明理由．
【答案】(1)
(2)（i）16；（ii）直线过定点．
【分析】（1）由题意可知，则点的坐标为，代入计算即可求解；
（2）（i）直线与抛物线联立方程可得，结合图象可知，计算即可求解；（ii）结合题意，当斜率不存在时，不符合题意，斜率存在时，设直线斜率为，则过点的直线可表示为，计算可得，设，计算可得，进而计算可解.
【详解】（1）由题意可知，则点的坐标为，
代入抛物线方程解得或（舍去），所以抛物线的方程为．
（2）（i）由题意可知直线的方程为，直线与抛物线联立可得，
解得，所以，所以．
如图所示，由图象可知，对任意面积，抛物线位于直线右上方的部分均存在2点使得的面积均为定值，则抛物线在直线的左下方部分存在唯一的一点满足条件，
此时到直线的距离达到最大值，即在处的切线与直线平行，
当时，抛物线方程为，所以，
则到直线的距离为，所以定值．
（ii）是的角平分线，所以点到直线的距离相等，设该距离为定值．
当的斜率不存在时，由题意可知，易知此时与轴平行，不满足题意，
所以的斜率均存在．设过点的直线斜率为，则过点的直线可表示为，
则有，则有，设，则，
两式相减可得，利用点斜式方程可得，
由，化简可得，，
结合，易知直线过定点．
5．（25-26高二上·贵州铜仁·期末）已知椭圆的右焦点为，且．
(1)求的标准方程；
(2)过点的直线与交于两点．
（i）若直线不与轴重合，点关于轴的对称点为，证明：直线过定点，并求出该定点的坐标；
（ii）若直线与直线相交于点，求的值．
【答案】(1).(2)（i）证明见解析，；（ii）.
【分析】（1）由右焦点为，得到的值，由及通过解方程组得到的值，从而得到椭圆的标准方程.
（2）（i）设直线的方程，将其与椭圆方程联立写出韦达定理，求出直线的方程，令，通过化简计算推得，即得结论；（ii）设，计算出，求出，将上述结论代入 即可求解.
【详解】（1）由题意，，，联立解得，
椭圆的标准方程为：.
（2）（i）由（1），过点的直线与交于两点，则此直线一定存在斜率，设其方程为，
直线不与轴重合，，将代入，整理得，
由解得，设，
则， 点关于轴的对称点为，，则
直线的方程为令，则得，化简得，
将代入上式，可得
，故直线过定点.（ii）
，（*），
依题意，可设，，，
四点均在一条直线上，则，
，，
，
，
.
则，将（*）代入可得
6．（25-26高二上·山东济宁·期末）椭圆过点，离心率为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知直线与椭圆交于两点，为椭圆的右焦点，且．
①证明：直线过定点；②设点关于原点的对称点为，直线与直线交于点，记的斜率为的斜率为．证明：为定值．
【答案】(1)(2)①证明见解析 ；②证明见解析
【分析】（1）根据离心率和椭圆性质建立关于的方程求解即可；
（2）①直线的方程为．联立直线和椭圆方程得，求解，，进而结合韦达定理化简求解即可；
②连接，由椭圆的对称性可得为的重心，进而求得，即得，再求解即可.
【详解】（1）依题意：因为，所以，因为，所以，则，
所以椭圆的标准方程为；
（2）（i）当直线的斜率不存在时，，此时直线的方程为．
当直线的斜率存在时，设直线的方程为．由，消得，由，得
所以由（1）可知，，则，同理，
所以，化简得，
代入（式得：，即，
，所以或．
当时，直线过定点，与直线斜率不存在时为相矛盾，不合题意．
当时，直线过定点，满足，符合题意．所以，直线过定点；
（ii）连接，由椭圆的对称性，为的中点，因为，
所以为的重心，所以为的中点，即，所以，
由，所以．
所以为定值．
考向07 第六个方程转化3：双直线型
双直线型最常见的是斜率关系求值型： 1.给定椭圆，与椭圆上定点P，过P点走两条射线PA、PB，与椭圆交与A和B两点，记直线PA、PB的斜率分别为K1,K2,则有 2.
7．（河北邯郸市2026届高三第一次模拟检测数学试卷）已知是的两个顶点，是的重心，分别是边的中点，且．记点的轨迹为曲线．
(1)求的方程．
(2)若的面积为24，求点的坐标．
(3)已知点，过的直线与曲线交于两点，直线与交于点，试判断是否在一条定直线上．若是，求出该直线方程；若不是，说明理由．
【答案】(1)(2)或或或
(3)是，直线
【分析】（1）根据已知及双曲线的定义写出的方程；
（2）根据已知三角形面积及在双曲线上求出的坐标，结合重心的坐标性质确定点的坐标；
（3）设的方程为，联立双曲线并应用韦达定理得，，写出直线与的方程，联立求出的轨迹，即可得.
【详解】（1）由题可知，，则．
又三点不共线，所以点的轨迹是以为焦点，4为实轴长的双曲线（不包含顶点），
故的方程为；（2）设．因为的面积为24，所以，得．
由，得．因为是的重心，所以或或或；
（3）由题可知的斜率存在，可设的方程为．
由，得，则，得，则，．
直线的方程为，直线的方程为，则．由，，得，
则，得，故点在定直线上.
8．（25-26高三下·北京·开学考试）已知椭圆的离心率是，点和点分别是椭圆的下顶点和右顶点，点是坐标原点，的面积为3．
(1)求椭圆的方程；
(2)斜率为的直线与椭圆交于不同的两点和（和不与椭圆顶点重合）．直线分别交轴于点，且满足．证明：直线过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据已知条件列出的方程，解出和即可求出椭圆方程；
（2）将直线l方程的方程与椭圆C方程联立，利用韦达定理，结合向量线性运算的坐标表示求出m与k的关系即可.
【详解】（1）由题意得，得.又椭圆的离心率为，所以，即.
解得，，故椭圆C的方程为.
（2）设直线l:，与椭圆C方程联立，可得，
又直线与椭圆C交于不同的两点，则
设，，则，因为点，所以直线AP方程为：，
令得点S的横坐标为，同理点T的横坐标为.
又，所以，即，故，即，所以.整理得.
化简得.代入并乘以得：.
.
化简得，又，所以，
即.所以，故直线l过定点.
9．（2026·山西运城·一模）已知A，B分别为椭圆C：的左、右顶点，且，C的离心率为．
(1)求C的方程；
(2)若倾斜角为的直线与C交于D，E两点，求DE的中点的轨迹方程；
(3)若直线：与交于，两点，设直线，的斜率分别为，且，求t．
【答案】(1)(2)(3)
【分析】（1）根据长轴长和离心率，即可求出椭圆方程.
（2）设直线，与椭圆联立方程，结合韦达定理得到的中点坐标，利用消参法求轨迹方程.
（3）直线与椭圆方程联立，表达出斜率，根据等量关系，即可求出.
【详解】（1）由题意可得：，即，由离心率，所以.
故椭圆方程为：.
（2）倾斜角为，可得斜率.设直线方程为：，与椭圆联立：代入得：，满足，即.
则，.设，，则中点横坐标： ，纵坐标：.
消去参数得：，所以中点轨迹方程为：.
（3）由题意可知直线：与椭圆交于,，
设，，，，与椭圆联立方程：，消去可得.
则，，根据，可得，即，
整理得：，即，
可得：，因为，为常数，则不恒成立.，则，得：.
考向08 韦达定理不能直接用1：一个方程两个根
“一个方程两个根”型，比较常见是是切线，设切线斜率为k时，在计算过程中，建立关于k的一元二次方程，该方程的两个根，也是两条切线的斜率。
1．（2011·浙江·高考真题）已知抛物线C1：x2=y，圆C2：x2+（y﹣4）2=1的圆心为点M
（1）求点M到抛物线C1的准线的距离；
（2）已知点P是抛物线C1上一点（异于原点），过点P作圆C2的两条切线，交抛物线C1于A，B两点，若过M，P两点的直线l垂直于AB，求直线l的方程．
【答案】（1） （2）
【详解】（1） 由于抛物线C1：x2=y准线方程为：y=﹣，圆C2：x2+（y﹣4）2=1的圆心M（0，4），
利用点到直线的距离公式可以得到距离d==．
（2）设点P（x0，x02），A（x1，x12），B（x2，x22）；由题意得：x0≠0，x2≠±1，x1≠x2，
设过点P的圆c2的切线方程为：y﹣x02=k（x﹣x0）即y=kx﹣kx0+x02①则，即（x02﹣1）k2+2x0（4﹣x02）k+（x02﹣4）2﹣1=0设PA，PB的斜率为k1，k2（k1≠k2），则k1，k2应该为上述方程的两个根，
∴，；①代入y=x2得：x2﹣kx+kx0﹣x02=0 因为x0应为此方程的根，故x1=k1﹣x0，x2=k2﹣x0∴kAB=x1+x2=k1+k2﹣2x0=
由于MP⊥AB，∴kAB KMP=﹣1 故P∴．
2．（19-20高二上·湖南长沙·月考）如图，圆，点为直线上一动点，过点引圆的两条切线，切点分别为 .
（1）若，求，所在直线方程；
（2）若两条切线，与轴分别交于 两点，求的最小值.
【答案】（1），；（2）最小值为.
【分析】（1）根据圆的切线性质，结合勾股定理、点到直线距离公式、待定系数法进行求解即可；
（2）根据圆的切线性质，结合勾股定理、点到直线距离公式，通过构造一元二次方程，利用一元二次方程根与系数的关系进行求解即可.
【详解】（1）由圆的方程可知：，半径为1，
设过点引圆的切线方程为：， 因此，
所以
∴，或，因此
；
（2）由圆的方程可知：，半径为1，
设过点引圆的切线方程为：， 因此，
所以，即，
∴设，是方程的两个根，
∴，
，
设，，
当时，取得最小值，最小值为.
3．（19-20高三上·浙江台州·期末）设点为抛物线外一点，过点作抛物线的两条切线，，切点分别为，．
（Ⅰ）若点为，求直线的方程；
（Ⅱ）若点为圆上的点，记两切线，的斜率分别为，，求的取值范围．
【答案】(Ⅰ）：.（Ⅱ）
【分析】（Ⅰ）设直线PA方程为，直线PB方程为，分别与抛物线的方程联立方程组，根据直线与抛物线相切，分别求得的坐标，即可得到的方程；
（Ⅱ）设，得直线PA方程为，直线PB方程为，
联立方程组，得出时方程的两根，进而得出，即可求解.
【详解】（Ⅰ）设直线PA方程为，直线PB方程为，
由，可得，
因为PA与抛物线相切，所以，取，则，
即A（1，1）．同理可得B（1，-1）．所以AB：．
（Ⅱ）设，则直线PA方程为，直线PB方程为．
由可得．
因为直线PA与抛物线相切，所以△=．
同理可得，所以时方程的两根．
所以，．则=..
又因为，则，
所以===
=.
【点睛】本题主要考查抛物线方程的应用、及直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通常联立直线方程与抛物线（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等．
考向09 韦达定理不能直接用2：定比分点型
若有 1.利用公式，可消去参数 2.可以直接借助韦达定理反解消去两根 定比分点型，即题中向量（或者线段长度满足） 可以利用公式，可消去
7．（2026高三下·重庆·专题练习）设双曲线的右焦点为，过的直线交该双曲线于两点（其中在第一象限），交直线于点．
(1)已知在双曲线的同一支，且，求的面积．
(2)过平行于的直线分别交直线、轴于，，记，求实数的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设直线方程，联立双曲线，使用韦达定理建立弦长等式求出斜率，再确定三角形高和底，求出三角形面积.
（2）先通过直线方程求出的纵坐标，再联立两直线方程求出交点，并使用韦达定理化简求出的纵坐标，再结合纵坐标得出为的中点，即可求出实数的值.
【详解】（1）由已知，设直线方程为，
联立方程得：，
设，则，，
，
由在双曲线的同支可知，，
去绝对值号得：．
，
所以．
（2）
直线方程为，则，
由（1）知，，
过平行于的直线方程为，
直线方程为，
联立得，
即，
则，所以，
用韦达定理进行化简：由两式相除得，
则，
所以，
因为，所以，故为线段的中点，
所以，因此．
8．（25-26高二上·浙江杭州·期末）设椭圆的中心为坐标原点，右焦点为，离心率为，
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知圆是以点为圆心，为半径的圆，过椭圆C的下顶点作圆的两条切线，这两条切线分别与椭圆相交于点，（异于点）．设直线交轴于G点．
（ⅰ）设，直线的斜率分别为，，求的值及点的坐标．
（ⅱ）设点（与G点不同）满足：，，求证：在定直线上运动，并求出定直线方程．
【答案】(1)
(2)（ⅰ），；（ⅱ）证明见解析，定直线方程为.
【分析】（1）设椭圆的标准方程为，由条件列方程求，由此可得结论；
（2）（i）设过的切线方程为，根据切线性质可得，由此可求，联立方程组求的坐标和直线的斜率，再求点的坐标；
（ⅱ）设，由条件利用表示，结合（ⅰ）化简可得结论.
【详解】（1）由题意，设椭圆的标准方程为，
已知椭圆右焦点，故，离心率，
得，又，
因此椭圆的标准方程为：；
（2）（ⅰ）椭圆的下顶点，圆：，
设过的切线方程为，
由切线性质，圆心到切线的距离等于半径，
所以，整理得，
由根与系数关系得：，
将代入椭圆方程得，同理，
所以直线的斜率，
，所以，
令可得，
因此点坐标为；
（ⅱ）设，
因为，所以，
由，可得，
所以，
结合，
化简得：，
所以，代入，
可得，
所以，
因此恒在定直线上.
9．（2026·河南许昌·模拟预测）已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，，点在椭圆上.
(1)求的方程；
(2)已知上一点，且不在轴上，直线，与的另一个交点分别为，.
（ⅰ）若点的坐标为，求直线的方程；
（ⅱ）若，，求的值.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）根据条件，直接建立方程组，解出，即可求解；
（2）（i）根据条件直接求出点坐标和直线的方程，联立椭圆方程，求出点坐标，即可求解；（ii）设，根据条件用和表示出点的坐标，再利用在椭圆上，可得，，即可求解.
【详解】（1）由题知，解得，
所以的方程为.
（2）（i）因为，又 ，由对称性知，
又，所以，
由，消并整理得到，解得或，
当时，，所以，
则，所以直线的方程为，即.
（ii）设，，则，
又，则，解得，，
因为在椭圆上，则，即，
又，则，
易知，化简得，则，
又因为，
又，则，解得，，
因为在椭圆上，则，即，
又，则，
易知，化简得，得到，
故.
考向10 韦达定理不能直接用3：非对称型
非对称型韦达定理应用，先韦达定理构造互化公式，先局部互化，然后可整理成对称型. 具体办法为联立方程后得到韦达定理：代入之后进行代换消元解题.
1．（2025·江苏南京·二模）在平面直角坐标系中，点，动点P满足，记点P的轨迹为C．
(1)求C的方程；
(2)过点Q且斜率不为0的直线l与C相交于两点E，F（E在F的左侧）．设直线AE，AF的斜率分别为．
①求证：为定值；
②设直线AF，BE相交于点M，求证：为定值．
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的定义可知点在以，为焦点，4为长轴长的椭圆上，即可求出轨迹方程.
（2）①设直线的方程为，，，，联立直线与椭圆方程，消元，列出韦达定理，即可得到，再由斜率公式计算可得；
②作关于轴的对称点，则，，三点共线，设，表示出直线、的方程，即可得到，，代入椭圆方程得到轨迹方程，结合双曲线的定义即可证明.
【详解】（1）由，，
所以点在以，为焦点，4为长轴长的椭圆上，
设椭圆方程为，
焦距为，则，，
所以，
所以C的方程为.
（2）①由，直线的斜率存在且不为0，
设直线的方程为，，，，
联立，得，
则，，，
所以，
又因为，所以，，
所以，
.
②由①可知，，所以，
作关于轴的对称点，则，，三点共线，
又，，设，
则直线方程即为直线方程，
又直线方程为，
作差可得，
所以，
所以，，
又，得出，
又因为，
所以，
即，即，
所以点在以，为焦点，1为实轴长的双曲线的左支上运动，
所以.
2．（25-26高二上·上海·期末）设椭圆，其中.四个顶点分别为 ，左 右焦点分别为.
(1)若离心率，求椭圆的标准方程；
(2)若直线和圆相切，切点为，且是线段的中点，求的值；
(3)若，过作斜率不为零的直线与椭圆交于两点，记直线的斜率分别为，请问是否为定值？请说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用求得与的值即可求得椭圆的标准方程；
（2）左焦点，下顶点，由已知可得，进而可得，计算求解即可；
（3）由，求得椭圆的方程，设过斜率不为零的直线的方程为，，与椭圆方程联立方程组，进而得，从而计算可得结论.
【详解】（1）因为椭圆的离心率，所以，所以，
又因为，所以，所以，
又因为，所以，解得，，
所以椭圆的标准方程为；
（2）由，得，所以，所以半焦距，
所以左焦点，又下顶点，所以线段的中点，
又因为直线和圆相切，切点为，所以，
所以，又，
所以，解得，所以；
（3）当时，由，可得，
所以椭圆的标准方程为，所以右焦点.
设过斜率不为零的直线的方程为，，
由，所以，整理得，
所以，
又，
所以.
所以是为定值，且定值为.
3．（25-26高二下·湖北襄阳·月考）在平面直角坐标系中，已知动点满足下列方程：；该方程的曲线与x轴的交点分别为两点（在的左侧），不过的直线l与该曲线交于两点，记直线的斜率分别为；直线的斜率分别为．
(1)求该曲线的标准方程；
(2)若，求的值；
(3)若，求证：直线l过定点，并求出定点坐标．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析，定点
【分析】（1）利用双曲线定义可得，即可得出标准方程；
（2）利用点在双曲线上可求得，代入即可求出的值；
（3）设直线l的方程为，，联立双曲线与直线方程并结合韦达定理化简得出的表达式，可得，解得，可证明直线l过定点；
另解：由（2）中的计算可知，得，设直线l的方程为，，联立双曲线与直线方程，利用韦达定理可得
，解得，因此直线l过定点.
【详解】（1）由双曲线的定义，易知该曲线是以为焦点的双曲线，
其中；
故该曲线的标准方程为
（2）设，
由题易得，且得，
代入可得，
同理可得，
故，又，
可得；
（3）由题知．
设直线l的方程为，，如下图：
直线与双曲线联立得，
可得，因此且；
则可得，，
因此，
由，，
∴
，
解得；
所以直线的方程为过定点.
另解：
由（2）中的计算可知，得，
则，即；
设直线l的方程为，；
与双曲线联立得，
可得，因此且；
则可得，，
因此，
又，
所以
，
也即，
解得.
因此直线l过定点；
考向11 综合1：坐标运算型
坐标运算型是圆锥曲线综合题型的一种，核心围绕点的坐标表示、坐标间的代数运算、坐标间的代数运算、曲线方程与坐标的结合展开，通过对动点、交点、中点等核心点的坐标设元，结合曲线方程、向量关系、斜率、距离公式等进行代数推导，解决轨迹、垂直、中点弦、面积、定值、定点等问题，所有几何关系最终都转化为坐标的代数运算，是与韦达定理、点差法等方法互相嵌套且又各自独立。
1．（21-22高三·重庆渝中·月考）已知椭圆：的左、右焦点为，，为椭圆上一点，且，．
(1)求椭圆的离心率；
(2)已知直线交椭圆于，两点，且线段的中点为，若椭圆上存在点，满足，试求椭圆的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由，以及，建立关于的方程，即可得到结果；
（2）设，由（1）可知，可设椭圆方程为，根据，
可得，设将其与椭圆方程联立，由韦达定理和点满足椭圆方程，可求出，进而求出结果.
【详解】（1）解：因为，所以，即，
则，解得．
（2）解：设，
由，得，所以，所以
设，即
由于在椭圆上，则，，①
由，得，即
由在椭圆上，则,
即，
即，②
将①代入②得：，③
若直线的斜率不存在，则线段的中点在轴上，不合乎题意，
线段的中点为，设
可知
，
所以，其中，解得，
所以，方程为
又，④
将④代入③得：，
经检验满足，
所以椭圆的方程为.
【点睛】方法点睛：解决中点弦的问题的两种方法：
（1）韦达定理法：联立直线与曲线的方程，消去一个未知数，利用一元二次方程根与系数的关系以及中点坐标公式解决；
（2）点差法：设出交点坐标，利用交点在曲线上，坐标满足方程，将交点坐标代入曲线方程，然后作差，构造出中点坐标和斜率关系求解.
2．（2005·广东·高考真题）在平面直角坐标系中，抛物线上异于坐标原点O的两个不同的动点A、B满足．
(1)求的重心G的轨迹方程；
(2)的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）根据重心性质，利用A、B、O坐标表示出重心坐标，然后利用A、B坐标满足抛物线方程化简可得；
（2）设直线方程，联立抛物线方程解出A、B坐标，然后由面积公式结合基本不等式可得.
【详解】（1）设，
则…①，…②，
又，代入②可得…③
因为，所以，可得
由①可得，代入③整理可得重心G的轨迹方程为
（2）设OB方程为，代入解得或，则
同理可得，
所以，
当且仅当时，．
3．（2018·安徽合肥·一模）已知为椭圆上的动点，过点作轴的垂线段，为垂足，点满足.
（Ⅰ）求动点的轨迹的方程；
（Ⅱ）若两点分别为椭圆的左右顶点，为椭圆的左焦点，直线与椭圆交于点，直线的斜率分别为，求的取值范围.
【答案】（Ⅰ）动点的轨迹的方程为 （Ⅱ）
【详解】【试题分析】（1）先设，进而求得点，再依据题设条件求得，然后借助为椭圆上的点，进而消去参数从而求得动点的轨迹的方程为；（2）先求出点，再设，进而依据求出，进而借助且，及在和都是单调减函数，求出的范围为：
解：（Ⅰ）设依题意，且，
∵,即,
则有.
又∵为椭圆上的点，
可得，即，
即动点的轨迹的方程为.
（Ⅱ）依题意，设
∵为圆的直径，则有，故的斜率满足，
，
∵点不同于两点且直线的斜率存在，故且，
在和都是单调减函数，
的范围为，
故 .
3.如题图，椭圆的中心为原点，离心率，一条准线的方程为． （Ⅰ）求该椭圆的标准方程； （Ⅱ）设动点满足：，其中是椭圆上的点，直线与的斜率之积为，问：是否存在两个定点，使得为定值？若存在，求的坐标；若不存在，说明理由．
解：（I）由解得，故椭圆的标准方程为
（II）设，则由得
因为点M，N在椭圆上，所以
，故
设分别为直线OM，ON的斜率，由题设条件知因此
所以所以P点是椭圆上的点，设该椭圆的左、右焦点为F1，F2，则由椭圆的定义|PF1|+|PF2|为定值，又因，因此两焦点的坐标为
考向12 综合2：齐次化法
方法拓展 拓展：齐次化巧解斜率的和积问题 原理：平移不改变直线的斜率、韦达定理的运用 步骤：①设：设两直线的斜率分别为k1和k2； ②移：将直线和曲线整体平移，使得两直线的公共点落在原点，写出平移后曲线的方程，并将平移后的目标直线设为固定形式：mx+ny=1 若与定点()的斜率关系,则可设直线方程为 ③联：联立直线和曲线方程，得到开如： 方程两边同时除以x2，得到形如 ④换：令k=，得到，则k1和k2是该方程的两根 ⑤达：韦达定理得到k1+k2和k1k2，从而得到m和n的关系 4.优点：相比传统的韦达定理，计算量大大减少，缺点：mx+ny=1不能表示经过原点的直线 常见三种类型：①为定值(不为0) ② 为定值(不为0) ③
4.（2022新高考1卷）已知点在双曲线上，直线交于，两点，直线，的斜率之和为0．
（1）求的斜率；
（2）若，求的面积．
【解析】（1）【解法一】(常规设法)：将点代入双曲线方程得，
化简得，，故双曲线方程为，
由题显然直线的斜率存在，设，设，，，
则联立双曲线得：，
故，，
，
化简得：，
故，
即，当m+2k 1=0时，直线l：y=kx 2k+1过点A，不合题意，舍去.,故；
【解法二】解法二(平移变换+齐次化):
利用坐标平移变换将坐标原点平移到， 设新坐标系下直线的方程为，
双曲线的方程为：即，则化齐次联立，得
即，
两边同时除以，得，
方程的两根即为直线的斜率，即
2.（2023年新课标Ⅱ卷 第21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.
【答案】(1)(2)证明见解析.
【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.
［方法一］：通性通法：
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.
［方法二］：非对称韦达定理：
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， 所以，
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.
［方法三］：平移坐标系
将原坐标系平移，原来的O点平移至点处，则在新的坐标系下双曲线的方程为，设直线的方程为．
将直线方程与椭圆方程联立得，
即，化简得，
即．由韦达定理得
设，
直线方程过点，所以．则。由于,则．
设直线，联立方程得，
可得，据此可得点在定直线上运动.
5.已知椭圆，，若直线l交椭圆C于A，B（A，B异于点P）两点，且直线PA与PB的斜率之积为，求点P到直线l距离的最大值．
解法1齐次化：公共点，左移1个单位，下移个单位，，
，，
，等式两边同时除以，，，，，
过，右移1个单位，上移个单位，过，∴P到直线l的距离的最大值为的值为，由于，∴点P到直线l距离的最大值
6.如图，已知抛物线的焦点为，过点作直线交抛物线于，两点，记，.
（1）若，求的最小值；
（2）若对任意的直线，，恒为锐角，求的取值范围.
浙江省宁波市宁海中学2020-2021学年高三上学期9月第一次模拟数学试题
【答案】（1）；（2）.
【详解】（1）解：设：，，.
与抛物线联立得：，由韦达定理：，.
，，.
由余弦定理：.
故，即的最小值是.
（2）解：设，，.
要使，恒为锐角，只需满足恒大于0即可，.
①若，则.即.
②若，显然成立.注意到，，故.故.
考向13 综合3：极点与极线
对于椭圆，极点（不是原点）对应的极线为. 若极点在轴上，则过点作椭圆的割线交于点，则对于上任意一点，均有.（当斜率均存在时）
7．（2024·全国·一模）如图，已知椭圆的短轴长为，焦点与双曲线的焦点重合.点，斜率为的直线与椭圆交于两点.

(1)求常数的取值范围，并求椭圆的方程.
(2)(本题可以使用解析几何的方法，也可以利用下面材料所给的结论进行解答)
极点与极线是法国数学家吉拉德·迪沙格于1639年在射影几何学的奠基之作《圆锥曲线论稿》中正式阐述的.对于椭圆，极点（不是原点）对应的极线为，且若极点在轴上，则过点作椭圆的割线交于点，则对于上任意一点，均有（当斜率均存在时）.已知点是直线上的一点，且点的横坐标为2.连接交轴于点.连接分别交椭圆于两点.
①设直线、分别交轴于点、点，证明：点为、的中点；
②证明直线：恒过定点，并求出定点的坐标.
【答案】(1)，
(2)①证明过程见解析②证明过程见解析，定点坐标为
【分析】（1）由椭圆焦点在轴上面，列出不等式组即可得的范围，由的关系以及短轴长列出方程组即可得，由此即可得椭圆方程.
（2）①由结论法说明Q是和的交点，且，结合由此即可进一步得证；②由结论法可表示出的方程，由此整理即可得解.
【详解】（1）由题意焦点在轴上，所以，解得，即的范围为，
且，解得，
所以椭圆方程为.
（2）

①首先由于Q在P的极线上，故由引理有，，
而，
所以，这表明Q是和的交点，
又由于，故，
设，而，，，
所以，也就是E是的中点；
②设，那么，所以，
这表明的方程是，即，
所以恒过点.
【点睛】关键点点睛：第二问的关键是用解析几何证明题述引理的正确性，由此即可利用结论法进一步求解.
附：题目给出的引理的证明：
设，则Q在P的极线上，
现在如果经过P的直线交椭圆于：
那么，代入椭圆就得到，
所以
，
由韦达定理有，
此时要证明的是：，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
这显然成立，所以结论得证.
8．（24-25高二上·山东菏泽·期末）极点与极线是射影几何学研究中的重要理论，对于椭圆，极点（不是坐标原点）对应椭圆C的极线为.已知，为椭圆C的左右焦点，点M为C上动点，若，则M对应椭圆C的极线经过点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若动点M对应椭圆C的极线交于A， B两点，求证：以AB为直径的圆恒过，；
(3)若为曲线上的动点，且点P对应椭圆C的极线交椭圆C于Q， R两点，判断四边形OQPR的面积是否为定值，如果是定值，求出该定值；如果不是定值，说明理由．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)是，，理由见解析
【分析】（1）由点在椭圆上及极线经过点得，进而求出椭圆方程；
（2）设直线，联立可得，，利用向量法坐标化，利用韦达定理代入坐标关系化简求证可得.
（3）设在曲线上，再联立方程组得出韦达定理，为的中点即可以转化得出，即可计算求解.
【详解】（1）由点为椭圆上的动点，则将点坐标值代入椭圆方程得，
又由极点极线定义可知，点对应椭圆的极线
极线过点，所以，
联立方程解得，所以椭圆的方程为.
（2）
由（1）知动点对应椭圆的极线，
联立方程，解得或，
不妨令，，
由椭圆的方程易知，，所以，，
又因为点在椭圆上，则，，
所以，同理可知，
所以，所以以为直径的圆恒过，；
（3）
由题意知曲线的方程为，又在曲线上，
点对应椭圆的极线，
联立，，即，
，不妨令，，
，，
设为的中点所以，，
所以点同时为的中点，即四边形为平行四边形.
即.
，
点到直线的距离，
所以，
.
【点睛】
关键点点睛：解题的关键点是点同时为的中点，即四边形为平行四边形，即.
9．（2025·陕西西安·一模）已知圆锥曲线G：，称点和直线l：是圆锥曲线G的一对极点和极线，其中极线方程是将圆锥曲线以替换，以替换x（另一变量y也是如此）.特别地，对于椭圆，点对应的极线方程为.已知椭圆C：，椭圆C的左、右焦点分别为、.
(1)若极点对应的极线l为，求椭圆C的方程；
(2)当极点Q在曲线外时，过点Q向椭圆C引两条切线，切点分别为M，N，证明：直线MN为极点Q的极线；
(3)已知P是直线上的一个动点，过点P向（1）中椭圆C引两条切线，切点分别为M，N，是否存在定点T恒在直线MN上，若存在，当时，求直线MN的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据极线及焦点坐标分别列式即可求解即得椭圆方程；
（2）讨论直线的斜率不存在和存在，设出直线方程，联立椭圆方程，运用判别式为0，解得方程的一个根，得到切点坐标和切线的斜率，进而得到切线方程，最后得出直线方程结合极线定义证明即可；
（3）利用代数法证明点在椭圆C外，则点和直线MN是椭圆C的一对极点和极线.根据题意中的概念求出点对应的极线MN方程，可得该直线恒过定点，最后利用点差法求出直线的斜率，即可求解.
【详解】（1）因为极点对应的极线l为，即，所以，
因为右焦点是，所以，所以，
所以椭圆C的方程为；
（2）当斜率存在时，设切线方程为， 联立椭圆方程，设切点，
可得，化简可得：
，
由题可得：.化简可得：，该方程只有一个根，记作，
，为切点的横坐标，切点的纵坐标，由于，则，
则切线方程为：，化简得：．
当切线斜率不存在时，切线为，也符合方程，
综上上一点,的切线方程为；
同理上一点,的切线方程为；
设，点在两个切线上，所以，
所以的直线方程为，根据极线定义直线MN为极点Q的极线；
（3）由题意，设点的坐标为(,)，因为点在直线上运动，所以，
联立，得，，该方程无实数根，
所以直线与椭圆C相离，即点在椭圆C外，又都与椭圆C相切，
所以点和直线是椭圆C的一对极点和极线.对于椭圆，与点对应的极线方程为，
将代入，整理得，又因为定点T的坐标与的取值无关，
所以，解得，所以存在定点恒在直线上.当时，T是线段的中点，
设，直线的斜率为，则，两式相减，
整理得，即，
所以当时，直线的方程为，即.
【点睛】关键点点睛：解题的关键是应用点差法结合韦达定理计算求参解题.
冲刺练
（建议用时：60分钟）
1．（2026高三下·内蒙古鄂尔多斯·专题练习）记椭圆的左、右焦点分别为为上一点，，点满足，且不与重合．
(1)证明：；
(2)若，求的外接圆半径；
(3)若，求．
【答案】(1)证明见解析(2)(3)
【分析】（1）由三角形全等可得，设出点坐标，利用向量验证，得证；
（2）利用椭圆定义和余弦定理求出，结合椭圆焦半径公式求出点的坐标，求出的边长，利用余弦定理求出，得，根据正弦定理求得答案；
（3）由结合点在椭圆上求得点的坐标，由焦半径公式得，利用余弦定理求得答案.
【详解】（1）根据题意，可得，，则，
由，得，
设，则，即，
所以，，
所以，
所以，即.
（2）在中，，，设，则，
由余弦定理，可得，
所以，得，即，，
下面先证明椭圆焦半径公式，
设，椭圆方程为，离心率，，，
则，
同理，可得，
所以由，得，解得，代入椭圆方程得，
不妨设，所以，
由，易得，，，
所以，
在中，由余弦定理得，
所以，
所以外接圆的半径.
（3）由，
设，所以，解得，又，
所以，
由焦半径公式得，，
所以，
所以
.
2．（2026·江西赣州·一模）已知抛物线，过点作直线与抛物线相交于两点，为坐标原点.
(1)证明：；
(2)若存在异于点的定点，使得恒成立，请求出点的坐标，并求出面积的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2) 8
【分析】（1）设出直线方程与抛物线联立，结合向量运算可证结论；
（2）根据条件得出为的角平分线，结合斜率和为0，可求，求出弦长和高，利用三角形面积公式可得答案.
【详解】（1）证明：设直线的方程为，
由，得，即，
因为，所以，
，
所以，所以.
（2）因为，所以，
由角平分线的性质可知，为的角平分线，由抛物线对称性可得，在轴上，
设，，
因为在轴上，所以，，
整理得，由，代入可得，
即，由于上式对任意恒成立，所以，即.
，
到直线的距离为：，面积，
当时，面积有最小值8.
3．（25-26高二上·湖北荆州·期末）已知抛物线C:的准线与x轴的交点为H，直线过抛物线C的焦点F且与C交于A，B两点，
(1)求的面积的最小值．
(2)若过点的动直线l交C于M，N两点，试问抛物线C上是否存在定点E，使得对任意的直线l，都有，若存在，求出点E的坐标；若不存在，则说明理由．
【答案】(1)4
(2)存在定点
【分析】（1）设出直线方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理，结合三角形面积求出最小值.
（2）假定存在，设出直线的方程及点的坐标，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理及向量垂直的坐标表示列式求解.
【详解】（1）显然直线斜率不为零，设直线的方程为，，
由消去得，则，
因此，
当且仅当时取等号，所以的面积的最小值为.
（2）假设存在，使得对任意的直线l，都有，设，
则，而直线斜率不为零，
设直线的方程为，代入，得，
则，由，得，
即，整理得，
因此，即，则，
由，解得，所以存在定点满足题意.
4．（2026·河南许昌·模拟预测）已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，，点在椭圆上.
(1)求的方程；
(2)已知上一点，且不在轴上，直线，与的另一个交点分别为，.
（ⅰ）若点的坐标为，求直线的方程；
（ⅱ）若，，求的值.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）根据条件，直接建立方程组，解出，即可求解；
（2）（i）根据条件直接求出点坐标和直线的方程，联立椭圆方程，求出点坐标，即可求解；（ii）设，根据条件用和表示出点的坐标，再利用在椭圆上，可得，，即可求解.
【详解】（1）由题知，解得，
所以的方程为.
（2）（i）因为，又 ，由对称性知，
又，所以，
由，消并整理得到，解得或，
当时，，所以，
则，所以直线的方程为，即.
（ii）设，，则，
又，则，解得，，
因为在椭圆上，则，即，
又，则，
易知，化简得，则，
又因为，
又，则，解得，，
因为在椭圆上，则，即，
又，则，
易知，化简得，得到，
故.
5．（23-24高一上·湖北十堰·自主招生）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)如图1，点D为第四象限抛物线上一点，连接AD，BC交于点E，连接BD，记的面积为，的面积为，求的最大值；
(3)如图2，连接AC，BC，过点O作直线，点P，Q分别为直线l和抛物线上的点．试探究：在第一象限是否存在这样的点P，Q，使？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，符合条件的点P的坐标为或
【分析】（1）抛物线经过点建立方程，解得参数，即可求得抛物线函数表达式；
（2）过点D作轴于点G，交BC于点F，过点A作轴交BC的延长线于点K，由相似三角形得，写出直线BC的解析式得到，设点坐标即可求得，从而得到表达式，通过二次函数的性质求得最大值；
（3）由题意得直线l的解析式，设点坐标，①当点P在直线BQ右侧时，过点P作轴于点N，过点Q作直线PN于点M，由勾股定理的逆定理及三角形相似得到线段的关系，即可表示出点坐标，由抛物线的函数表达式求得点坐标.②当点P在直线BQ左侧时，由①的方法同理可得点Q的坐标，即可求得点坐标.
【详解】（1）由题意可知，解得
∴．
（2）过点D作轴于点G，交BC于点F，过点A作轴交BC的延长线于点K，
∴，∴，∴，∴，
直线BC的解析式为，∴
设，则，
∴．
∴．
∴当时，有最大值，最大值是．
（3）存在．符合条件的点P的坐标为或，
∵，
∴直线l的解析式为，设，
①当点P在直线BQ右侧时，如图2，过点P作轴于点N，过点Q作直线PN于点M，
∴，，，∴，∴，
∵，∴，∵，
∴，，∴，
∴，∴，
∴，，
∴，，
∴，将点Q的坐标代入抛物线的解析式得，
解得（舍去）或．∴．
②当点P在直线BQ左侧时，由①的方法同理可得点Q的坐标为，
此时点P的坐标为．
结束
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