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专题 圆锥曲线压轴大题题型归纳
近三年： 1、圆锥曲线解答题是近3年高考数学的压轴题或次压轴题，分值高，综合性强，难度大，是区分考生数学能力和学科素养的关键题型。 其考查内容稳定，核心围绕“几何条件代数化”与“代数运算结构化”展开。 2、从近几年高考命题来看，圆锥曲线大题的考查呈现出稳定的模型化特征： 题型结构稳定： 通常以两问形式呈现。第一问多为求标准方程，考查定义与基本量计算；第二问为综合论证与探究，考查直线与圆锥曲线的位置关系，涉及定点、定值、范围、最值、存在性等问题。 核心方法固定： “设线联立消元，韦达定理搭桥”是解决第二问的通用流程。解题的关键在于将题目中的几何条件（如垂直、共线、角度、面积等）翻译成关于直线与曲线交点的坐标（或韦达定理结果）的代数关系式。当然遇到特殊问题时，可以考虑用齐次式、定比点差法、非对称韦达等方法去解决问题。 运算能力至上： 在明确的解题思路下，能否准确、高效地完成复杂的代数运算是取得高分的基础。运算过程中涉及大量的多项式展开、合并、因式分解，以及巧妙的整体代换。 预测2026年： 圆锥曲线大题的命题将保持其稳定中有创新的特点，具体趋势如下： 模型内核不变，设问方式创新： “直线联立曲线”的核心模型不会改变，但设问角度将更加灵活。例如，定点定值问题可能隐藏得更深，或与向量、平面几何定理更紧密地结合。 对几何转化能力要求更高： 题目中给出的原始条件可能不是直接的垂直或共线，而是需要通过几何性质（如角平分线、中位线、相似、圆的性质）进行一步或几步转化，才能得到可用的代数关系。“几何优先”的分析策略将越发重要。 运算设计更具导向性： 计算量依然会保持较大，但运算过程会设计得更具“结构性”，引导考生使用韦达定理进行整体代换，或利用对称性简化运算。死算、硬算将难以完成。 与导数、函数知识的结合可能重现： 在求解范围、最值问题时，可能会涉及构造函数并利用导数工具进行分析，提升问题的综合深度。 探索性、开放性增强： 如“是否存在常数λ使得某结论成立”或“请指出点的位置，并证明”等设问，考查学生的探究与逆向思维能力。
题型01 弦长、面积最值
解｜题｜策｜略 求弦长、面积最值这类问题的核心是：将几何量（弦长、面积）表示为某个变量的函数，然后通过代数方法求该函数的最值。 一、设参建模 设直线：根据题意设出直线方程。如果直线过定点，使用点斜式 最为常见。如果直线与y轴平行，需单独考虑。 设交点：设出直线与圆锥曲线两个交点的坐标 。 二、联立方程 将直线方程与圆锥曲线方程联立，消去 或 ，得到一个关于 (或 y) 的一元二次方程。 三、表达目标量 1、弦长公式 设，根据两点距离公式． ①设直线为上，代入化简，得; ②设直线方程为，代入化简，得 2、三角形的面积 ①底·高（通常选弦长做底，点到直线的距离为高） ②水平宽·铅锤高 ③在平面直角坐标系中，已知的顶点分别为，，，三角形的面积为． 四、求最值 目标量（弦长或面积）通常表示为一个关于参数（如斜率）的函数。 定义域优先：在求最值前，必须确定参数的取值范围。 常用求最值方法： 配方法：适用于二次函数。 基本不等式法：适用于能化为 或 形式的结构，特别注意“一正二定三相等”。 导数法：当函数形式复杂（如分式、高次）时，这是最通用的方法。求导，找驻点，判断单调性。
1．（2025·全国一卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，．
(1)求C的方程；
(2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足．
（i）设，求的坐标（用m，n表示）；
（ⅱ）设O为坐标原点，是C上的动点，直线OR的斜率为直线的斜率的3倍，求的最大值．
【答案】(1)
(2)(ⅰ) (ⅱ)
【分析】（1）根据题意列出的关系式,解方程求出,即可得到椭圆的标准方程；
（2）(ⅰ)设,根据斜率相等以及题目条件列式,化简即可求出或者利用数乘向量求出；
(ⅱ) 根据斜率关系可得到点的轨迹为圆（除去两点），再根据点与圆的最值求法结合三角换元或者直接运算即可解出.
【详解】（1）由题可知,，所以，解得，
故椭圆C的标准方程为；
（2）(ⅰ)设，易知，
法一：所以，故，且．
因为，，所以，
即，解得，所以，
所以点的坐标为.
法二：设，则，所以
，，故
点的坐标为.
(ⅱ)因为,,由,可得
,化简得,即,
所以点在以为圆心,为半径的圆上（除去两个点）,
为到圆心的距离加上半径,
法一：设,所以
,当且仅当时取等号,
所以.
法二：设，则，
，当且仅当时取等号,
故.
2．（2025·安徽安庆·模拟预测）已知椭圆：的离心率为，过椭圆的焦点且与短轴平行的弦长为1.
(1)求椭圆的方程；
(2)设点M为椭圆上位于第一象限内一动点，A，B分别为椭圆的左顶点和下顶点，
（i）求点M到直线距离的最大值；
（ii）设直线与x轴交于点C，直线与y轴交于点D，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）根据椭圆的通径长和的关系求的值，确定椭圆方程.
（2）（i）设，根据点到直线的距离公式，结合三角函数的最值，可求点M到直线距离的最大值.
（ii）先确定四边形的面积为定值，再求面积的最大值，即可得面积的最大值.
【详解】（1）由题意：，解得.
所以椭圆的方程为：.
（2）（i）如图：
易知：，，所以直线的方程为：.
设，因为在第一象限，所以可取.
所以点到直线的距离为：
，当时取“”.
所以点M到直线距离的最大值为.
（ii）因为直线的方程为：，令可得；
直线的方程为：，令可得.
所以四边形的面积为：
为定值.
又面积的最大值为：，
所以面积的最大值为：.
3．（2025·四川达州·模拟预测）过抛物线的焦点作平行于轴的直线被抛物线截得的弦长为4，已知点，设过点的直线与抛物线交于点，且直线交抛物线于点（点与点不重合）.
(1)求抛物线的方程；
(2)设直线交以为直径的圆于点，求的最小值.
【答案】(1)
(2)4
【分析】（1）写出焦点坐标即可求出过焦点且平行于x轴的直线与抛物线交点的横坐标，数形结合利用弦长列方程求解；
（2）设直线的方程为，与抛物线方程联立，结合根与系数的关系及斜率公式设出直线QA的方程并与抛物线联立，利用韦达定理可得，写出直线MB的方程并利用点在抛物线上进行化简，即可求出直线MB的定点N，数形结合知当且仅当时（此时点重合）最小，代入相应数值结算即可.
【详解】（1）由抛物线的性质可得，抛物线的焦点为，将代入，解得，则，
所以抛物线的方程为.
（2）由题意可设直线的方程为，
联立整理得，则
由，得直线，与抛物线联立并整理得，
所以，所以，
所以，所以.
直线，将、代入上式，化简可得.
将，得，
所以直线恒过定点.
以为直径的圆的方程是，该圆的圆心为，当且仅当时（此时点重合）最小，
且，
所以最小值为4.
题型02 面积比
解｜题｜策｜略 求面积比的核心在于将面积的比值转化为线段比、坐标比或直接面积表达式之比，然后利用韦达定理和“设而不求”的思想进行整体代换，最终化为一个变量的函数来求解或证明定值、或求范围。 利用几何关系转化比值 共线或共点三角形：如果两个三角形有公共顶点或底边在同一直线上，它们的面积比往往等于对应底边或高线的比值。这是最有效的简化方法。 平行线：题目中若存在平行线，必然产生相似三角形，要充分利用其带来的比例关系。 分解复杂图形：对于复杂的多边形面积比，可以将其分割成若干个三角形面积之和或差，然后分别计算这些三角形的面积，再求比值。 “设而不求”的极致运用 不仅对交点坐标“设而不求”，对于比值中出现的复杂项，有时可以将其视为一个整体，在化简过程中可能会被约去，从而避免繁琐的计算。 变量归一化 当问题中有多个变量时，要努力利用已知条件（如点共线、线垂直等）找到变量之间的关系，减少自由变量的个数，最终将比值化为单变量函数或常数。
1．（2025·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，椭圆E上的点到两焦点的距离之和为4.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设O为坐标原点，点在椭圆E上，直线与直线，分别交于点A，B．设与的面积分别为，比较与的大小．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆定义以及离心率可求出，再根据的关系求出，即可得到椭圆方程；
（2）法一：联立直线方程求出点坐标，即可求出，再根据，即可得出它们的大小关系.
法二：利用直线的到角公式或者倾斜角之间的关系得到，再根据三角形的面积公式即可解出.
【详解】（1）由椭圆可知，，所以，又，所以，，
故椭圆E的方程为；
（2）联立，消去得，，
整理得，①，
又，所以，，
故①式可化简为，即，所以，
所以直线与椭圆相切，为切点.
设，易知，当时，由对称性可知，．
故设，易知，
联立，解得，
联立，解得，
所以
，
，
故．
法二：不妨设，易知，当时，由对称性可知，．
故设，
联立，解得，
联立，解得，
若，则，
由对称性，不妨取，则，
，，所以，
同理，当时，，
当时，则，，,
又，所以，
所以
，
，
则，即，
所以.
2．（2025·广东茂名·二模）已知双曲线的实轴长为，离心率为.
(1)求双曲线的标准方程：
(2)过点的直线与的左、右两支分别交于，两点，点，直线与直线交于点.
（i）证明：直线的斜率为定值；
（ii）记，分别为，的面积，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）根据离心率和实轴长可得方程；
（2）（i）设出直线的方程与双曲线联立，写出韦达定理，求出的斜率，化简可得答案；
（ii）根据斜率相等把面积比转化为线段比，结合韦达定理可求范围.
【详解】（1）设焦距为，因为实轴长为，离心率为，所以，
所以，故双曲线的标准方程为.
（2）（i）证明：当直线斜率为0时，，
的方程为；
令可得，此时的斜率为.
当直线斜率不为0时，设，
联立，可得，
因为直线与双曲线的左右两支交于两点，
所以，，
设，则，
且，解得.
的方程为，令可得，
所以的斜率为，
化简可得，
由可得，
所以；
综上可得，直线的斜率为定值.
（ii）当直线斜率为0时，，
两个三角形相似，.
当直线斜率不为0时，此时，
所以，
因为，所以，
因为，所以，即或（舍），
所以；
综上可得.
3．（2025·上海浦东新·三模）已知曲线，第一象限内点在曲线上.、，连接并延长与曲线交于点，.以为圆心，为半径的圆与线段交于点，记，的面积分别为，.
(1)若，求点的坐标；
(2)若点的坐标为，求证；
(3)求的最小值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3).
【分析】（1）设，，，与联立求出和韦达定理，根据求出即可求解；
（2）求出即可证明；
（3）由（1）求出，考虑和两种情况，根据求出，求出，根据（2）求出，根据结合基本不等式即可求解.
【详解】（1）设，，，
与联立可得，，
，，，
因为，所以，
由可得，故
因为在第一象限，所以，解得，
由得；
（2）由题意得，，故，
，
，
则，即；
（3）由（1）得，，故，
因为，所以，
当时，，，，故，，
，故，所以⊥，，
则，
由对称性可知，
则，
当时，，，
由得，
将其代入中得，
显然，当时，，当时，，
解得，，，
因为，
其中，
由（2）知，
又，故，
故，
所以，
当且仅当，即时等号成立，此时，
由于，
故.
题型03 三点共线问题
解｜题｜策｜略 在圆锥曲线大题中证明三点共线是一个经典问题。其核心思想是：将几何共线关系转化为代数关系式。利用三点 共线的充要条件：任意两点的斜率相等，或 向量共线，或 点 C 满足直线 的方程。 斜率相等：从三点中任意选择两点构成两条直线，证明两直线斜率相等，注意斜率不存在的情况。 向量共线：如果向量 与向量（或 ）共线（即平行），则 三点共线。 点在直线上：求出直线 AB 的方程，然后证明点 C 的坐标满足该方程。
1．（2025·宁夏·三模）已知抛物线的焦点与椭圆的上顶点重合，点为坐标原点.
(1)求抛物线的标准方程及其准线方程；
(2)过点的直线交抛物线于两点，且，求直线的方程；
(3)设点是抛物线的准线上任意一点，直线分别与抛物线相切于点，证明：三点共线.
【答案】(1)，准线方程为；
(2)或；
(3)证明见解析.
【分析】（1）求出椭圆的上顶点坐标，进而求出抛物线方程及其准线方程.
（2）设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用弦长公式求出参数即可.
（3）设的坐标，利用导数的几何意义求出切线方程，进而求得直线方程即可推理得证.
【详解】（1）椭圆的上顶点为，则抛物线的焦点，
所以抛物线的标准方程为，其准线方程为.
（2）设直线方程为：，，
由消去，得，，
则，解得，
所以直线的方程为或.
（3）依题意，设，，
由，求导得，因此抛物线在点处切线方程为，
即，整理得，同理抛物线在点处切线方程为，
而点是二切线的交点，则，，
于是直线的方程为，显然直线过点，
所以三点共线.
2．（2025·山东泰安·模拟预测）已知双曲线的中心为坐标原点，过点，其中一条渐近线的方程为.
(1)求双曲线的方程；
(2)设双曲线的左、右顶点分别为，过点的直线交双曲线于、两点.直线与直线交于点，证明：三点共线.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据渐近线方程及顶点坐标列式计算求解双曲线；
（2）分直线的斜率为及直线的斜率不为设直线方程，再联立得出韦达定理，应用斜率公式计算得出即可证明.
【详解】（1）由题意知且，
所以，所以的方程为.
（2）由题意知，，
当直线的斜率为时，：，此时三点共线显然成立，
当直线的斜率不为时，设：，，，
联立可得，
由题意得，
，
所以，，
因为直线的方程为，
令，得，所以，
所以，
因为，
所以
所以，故三点共线，
综上：三点共线.
3．（2025·辽宁·模拟预测）设椭圆方程为为其左右焦点，过椭圆上点的椭圆切线方程为
(1)求出椭圆方程；
(2)设点，点为椭圆右顶点，过作椭圆的不与轴垂直的切线，切点为点，求证：三点共线．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据切线，写出切点坐标，带入椭圆标准方程，根据椭圆的性质，求出标准方程.
（2）方法一：根据相切只有一个交点，联立方程组，求出切点坐标表达式，根据三点斜率证明三点共线.
方法二：先连接，求出此时直线与椭圆的交点坐标，证明直线与椭圆相切即可.
方法三：通过椭圆的标准方程求出椭圆参数方程，写出椭圆的切线参数方程，求出交点的参数方程，带入求出交点的坐标，求得个直线斜率之间的关系，证明三点共线.
【详解】（1）把代入，解得切点坐标为，
代入椭圆方程得，解得，
则椭圆标准方程为.
（2）
方法一：如图所示， ，设直线为，
联立方程得消去得.
相切时，可得.
化简得，解得，故,
故得切点坐标，则，，可知，则三点共线．
方法二：已知，可知直线解析式为，
联立直线方程和椭圆方程得，解得，
则交点坐标为，
因为，则直线解析式为，
化简得，
联立方程组得，消去得，
此时,
可知此时直线与椭圆只有一个交点，直线与椭圆相切，可得三点共线．
方法三：因为，可得，设，
可知椭圆参数方程为，
则椭圆切线方程为，代入得，
联立方程组，可知，因为，
所以，解得（舍），
代入得，求得交点坐标，
则，，
可知，则三点共线．
题型04 四点共圆
解｜题｜策｜略 以四点共圆为背景的圆锥曲线大题是压轴题中的经典类型，最经典例题为2021年新高考I卷中的21题。其核心在于 “如何将几何的圆问题转化为可操作的代数条件” 。 四点共圆中常用的几何性质有以下几点 一、对角互补 当四点在某种对称结构下，常可简化为两组对边的斜率互为相反数。则直接转化为直线的斜率关系，非常适合与韦达定理结合。 二、相交弦定理（幂定理） 若四点共圆，两条弦相交于点，满足 。 对于四点共圆问题，要建立起强大的信心：它看似是“圆”的问题，但本质上是通过一些优美的几何定理（如对角互补），被转化成了一个纯粹的直线斜率关系问题，从而能够完美地融入我们熟悉的韦达定理和“设而不求”的框架中予以解决。
1．（2025·广东·模拟预测）已知抛物线的焦点为F，点在上，且．
(1)求抛物线的方程；
(2)直线l经过点F，且与交于A、B两点．
①点P是抛物线上位于A、B之间的动点，设点P到直线l的距离d的最大值为，求的最小值；
②设线段的垂直平分线与交于M、N两点，若A、M、B、N四点共圆，求直线l的方程．
【答案】(1)
(2)①1 ；②或
【分析】（1）根据抛物线定义即可求解；
（2）①设，，，，直线l的方程为，联立得，，再利用点到直线的距离求解；
②设方程为，，，AB中点，联立得到，，再由得到即可．
【详解】（1），
所以，抛物线的方程为．
（2）①
设，，，，为直线l与x轴正半轴的夹角，
则直线l的方程为，
将直线方程代入抛物线方程得，
不妨设，则，，，
所以，即，
点P到直线l的距离
（当时取等）
所以 （，时取等），
所以的最小值为1．
②设方程为，，，AB中点，
直线的方程为，，，
因为垂直平分，且四点共圆，
所以关于对称，且MN是直径，
将方程代入抛物线方程得，
所以，，
因为C既在AB上，又在MN上，
所以，，得，
将方程代入抛物线方程得，
因为，所以，
得，即，
进而，
又因为，所以，
因为，所以，得，
所以直线l的方程为或．
2．（2025·陕西西安·二模）已知为椭圆的右焦点，过点作与轴平行的直线，该直线与椭圆交于两点（点在第一象限），当时，.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线与轴交于点，证明：四点共圆.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意得①，把代入中，求得点的坐标，利用可得，代入坐标化简得，由① ，② 联立求出即得椭圆方程；
（2）先由点关于轴对称，设出的外接圆圆心，将代入求得，写出的外接圆的方程，利用点在该圆上，化简得出该圆方程：，再由直线与轴交于点求出点坐标，证明其在该圆上即可.
【详解】（1）依题，，即 ①，把代入中，解得，
因点在第一象限，则，由可得，
代入点的坐标可得：，即得，
整理得：②，
将① 代入②可得：，解得（负值舍去），则，
故椭圆的标准方程为：.
（2）依题意，点关于轴对称，故的外接圆圆心在轴上，设，
将代入，解得，依题意，，
则的外接圆半径为，
于是的外接圆的方程为：，
因点在该圆上，代入解得，
故的外接圆的方程可化简为：（*）.
又直线的方程为：，令，可得，
将其代入（*），可得：，
即点在该圆上，故四点共圆.

【点睛】关键点点睛：证明四点共圆问题，一般先由其中三点建立其外接圆方程，再证明第四个点在该圆上即可.
3．（2025·湖北鄂州·一模）已知抛物线，点P是W上位于第一象限内的一点，过P作W的切线交y轴于点Q.过原点O作PQ的平行线交W于点A，过A作OP的平行线交W于点B，BP交OA于点N.
(1)求的最大值；
(2)证明：直线QN经过AB的中点；
(3)若OQAB四点共圆，求P点的坐标.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）设，利用导数和斜率公式得得，再结合两角差的正切公式得表达式，借助基本不等式求最值；
（2）根据题意，求出点的坐标，从而得直线方程为，再求出与直线AB的交点，即可得证；
（3）设直线AB交y轴于点D，设，，，由于OQAB共圆，所以，解之可得点坐标.
【详解】（1）记原点为O点，不妨设，
由于，则.
所以可得过P点的切线的方程为.
又因为，故
记P点在x轴上投影为点C，在y轴上的投影为点M，记，
则.
当且仅当时取等.故的最大值为.
（2）由（1），，所以直线OA的方程为：.
令直线OA与抛物线联立知，，则.
直线AB的方程为：，
与抛物线联立知，则.
所以P，B关于x轴对称，即轴.所以，
所以直线方程为，与直线AB的方程联立可得交点，
可得为AB中点，所以QN平分AB.

（3）设直线AB交y轴于点D，
由（2）知，且，所以BP平分.
因为，转化比例得，.
由于OQAB共圆，所以.
设，，，
代入上式得：.
所以.故P点坐标为.

【点睛】关键点点睛：利用导数法求抛物线在P点的切线的方程交易.
题型05 定点问题
解｜题｜策｜略 圆锥曲线中的定点问题是绝对的核心考点。其本质是：证明无论参数如何变化，某条直线恒过某个定点，或某个动点恒在一条定直线上。 核心思想：找到动直线（或动点）方程中参数（如斜率k）的“不变部分”。将方程整理为关于参数的恒等式，令其系数为零，即可求出定点（或定直线）。 一：直接推导 设参：设出动直线的方程。通常已知直线过某个定点或已知斜率，常用点斜式：。 寻找关系：利用题目条件（如直线与圆锥曲线相切、相交，或与其他几何条件如垂直、中点等相关），找到一个关于和的关系式。 消参定型：将找到的和关系式代回原始的直线方程中。得到只含一个参数的解析式。 关键步骤：将此方程整理为关于参数k的方程，要使这个方程对所有值都成立，则k的系数和常数项必须同时为零。 对于形式，定点显然是(D, C)。 对于更复杂的形式，将方程按k的幂次项整理，令各项系数为零，解方程组即可求出定点(x, y)。 二：先猜后证法 当直接推导复杂或难以进行时，此方法能指明方向，简化计算。 猜定点：特殊位置法：取参数（如斜率k）的两个特殊值（如0,斜率不存在（竖直直线）,1,-1等），画出两条对应的特殊位置直线。求交点：解这两条特殊直线的交点，该点即为猜測的定点(。 证定点：则动直线的方程可以化简为。（为参数的解析式）
1．（2025·甘肃定西·模拟预测）已知双曲线与双曲线有共同的渐近线，且的焦距为4.
(1)求的方程；
(2)过的左焦点且斜率为的直线与的左支交于两点.
（i）求的取值范围；
（ii）记点，直线与的右支分别交于点，证明：直线过定点.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）列出关于的方程，代入计算，即可得到双曲线方程；
（2）（i）根据题意。联立直线与双曲线方程，结合韦达定理代入计算，即可得到结果；（ii）分别联立直线，直线与双曲线方程，表示出点的坐标，然后表示出直线方程，即可得到结果.
【详解】（1）双曲线的渐近线方程为，即，所以.①
因为的焦距，所以，则.②
由①②解得，，所以的方程为.
（2）
设，，由题得，
则直线的方程为，，联立.
得.
（i）因为直线与的左支交于两点，所以，.
所以
解得或，所以的取值范围为.
（ii）由题意得直线的方程为.
代入，得.
则，所以，则，
所以.同理得.
所以.
所以直线的方程为，即.
所以直线过定点.
2．（2025·重庆·三模）已知双曲线的左、右焦点分别为、，焦距为，虚轴长为，左、右顶点分别为、，为直线上一点，直线与直线分别与交于另一点、（不与、重合），设直线的方程为.
(1)求的标准方程.
(2)证明：且.
(3)试问直线是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)过定点，且定点坐标为
【分析】（1）根据题意求出、的值，即可得出双曲线的标准方程；
（2）将直线方程与双曲线的方程联立，根据直线与双曲线有两个交点，列出不等式组，即可证得结论成立；
（3）设、，列出韦达定理，根据、、三点共线、、、三点共线，可得出，结合双曲线的方程、以及韦达定理可求出的值，即可得出结果.
【详解】（1）根据题意可得，，则，
故双曲线的标准方程为.
（2）由题意可知，直线的斜率不为零，
联立可得，
由可得，
由，可得.
（3）设、，
由（2）可得，，
由题意易知直线、的斜率都存在，且、，
设点，因为、、三点共线，所以，即①，
因为、、三点共线，所以，即②，
由①②得，
由可得，
所以
，
即，
即，
即，
即，
因为、不与、重合，则，
所以，
化简得，解得，故直线的方程为，
故直线过定点，且定点坐标为.
3．（2025·山东·模拟预测）已知双曲线，过点作两条互相垂直的直线.
(1)求两条直线与双曲线的交点个数，并说明理由；
(2)若，直线交于两点，直线交于两点，分别为弦和的中点，证明：直线过定点.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）分直线当直线或的斜率不存在与直线和的斜率都存在两种情况讨论，当直线和的斜率都存在设直线的斜率为，则直线的斜率为，联立直线方程与双曲线方程，消元，分二次项系数为和不为两种情况讨论，即可求出交点个数；
（2）首先判断直线过定点，则定点应在轴上，再计算时直线过定点坐标，最后推导当时，三点共线即可.
【详解】（1）当直线或的斜率不存在时（即一条直线的斜率为0，另一条直线的斜率不存在），
因为两直线均过点，所以两直线的方程分别为，
则直线与双曲线共有四个交点，
分别为，.（由，解得或），
当直线和的斜率都存在时，设直线的斜率为，则直线的斜率为，
直线的方程分别为.
联立直线与双曲线的方程，得，
消去整理得.
当，即时，方程仅有一解，此时直线与双曲线仅有一个交点；
当，即时，，此时直线与双曲线有两个交点.
同理联立直线与双曲线的方程，可知当时，直线与双曲线仅有一个交点；
当时，直线与双曲线有两个交点；
综上，当直线或的斜率不存在时（即一条直线的斜率为0，另一条直线的斜率不存在），交点个数为4；
当且时，交点个数为2；
当且时，交点个数为4；
当且或时，交点个数为3；
当且且时，交点个数为4.
（2）由（1）可知，当直线或的斜率不存在时，两直线与双曲线有四个交点，分别为，，
则点坐标分别为，直线与轴重合，所以若直线过定点，则定点应在轴上.
当直线和的斜率同时存在时，设直线的斜率为，则直线的斜率为，直线的方程分别为.
因为在双曲线中，所以由（1）可知，当两直线与双曲线有四个交点时，且
记点，
联立直线与双曲线的方程，得，
消去整理得，
则，则，即点.
同理可得点.
当时，，，
则，
此时直线的方程为；
同理当时，，则，
此时直线的方程为.
所以若直线过定点，则定点在直线上.
又因为定点在轴上，所以可猜想定点为，
所以只需证明当时，三点共线即可.
此时，，直线的斜率都存在，即证明.
因为，
，
所以，即三点共线，即直线过定点.
综上，直线过定点.
题型06 点在定直线上
解｜题｜策｜略 将动点的坐标表示为某个参数（通常是斜率 ）的函数，然后 消去这个参数，得到一个关于 的二元一次方程，即为定直线方程。 主要步骤为：1、设参并表示动点2、建立关系3、消参4、得到定直线方程 在解题过程中，可以使用几何性质转化，先猜后证等方法帮助解决计算问题
1．（2025·湖南岳阳·三模）已知抛物线的顶点在坐标原点处，对称轴为轴，且过点，，是上两个动点．
(1)求抛物线的标准方程；
(2)已知是上一点，且的焦点为的重心，设的横坐标为，求的取值范围；
(3)已知为直线在第二象限内一点，直线，与抛物线分别相切于，两点，设，与轴分别交于，两点，证明：直线与直线的交点在定直线上．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）代入点的坐标，即可求解抛物线方程；
（2）首先设点，，，再根据点在抛物线上以及重心坐标公式，转化为，再结合基本不等式即可求解；
（3）首先利用导数求切线和的斜率，并表示切点坐标的关系，以及利用坐标表示直线和直线的方程，并联立求交点的坐标，即可证明.
【详解】（1）设抛物线方程为，代入点，得，得，
所以抛物线的标准方程为；
（2）设，，，
则重心坐标公式可知，，，
得，，
且，，，
所以，且，
所以，得且，
综上可知，的取值范围是；
（3）直线的斜率，直线的方程为，
设，，，
两边求导，，得，
设，，
抛物线在点处的切线方程为，即，
因为切线过点，即，
整理得，
同理，抛物线在点处的切线方程为，
所以是方程的两个根，则，，
切线，令，得，得，同理，
直线的方程为，即，
同理，直线的方程为，
设直线与直线的交点为，
联立直线与直线的方程为，
，得，
且，代入上式化简为，①
代回直线得，，
得
即，②
由①②可得，
所以直线与直线的交点在定直线上上.
2．（2025·甘肃白银·二模）已知抛物线的焦点为F，点是C上一点，且，记O为坐标原点，过点F的直线与C相交于A，B两点．
(1)求抛物线C的方程与准线l的方程；
(2)求的最小值；
(3)已知P，M分别是抛物线C与准线l上的动点，若C在点P处的切线交y轴于点Q，且，试判断点N是否在定直线上，若在，请求出定直线的方程；若不在，请说明理由．
【答案】(1)；；
(2)；
(3)N在定直线上，直线方程为：.
【分析】（1）由结合抛物线定义可得准线方程，据此可得抛物线方程；
（2）设过点F的直线方程为，将直线方程与抛物线方程联立，结合韦达定理可得，然后由抛物线定义结合基本不等式可得最小值；
（3）设，由导数知识可得点P处的切线方程，据此可得点Q坐标，设，由可得，据此完成判断及得到定直线方程.
【详解】（1）由是C上一点，且，结合抛物线定义，
可得准线方程为：，则焦点为，则；
（2）由题可得点F的直线的斜率存在，
设过点F的直线方程为：，将直线方程与抛物线方程联立，
可得，判别式为.
设，由韦达定理，可得，则.
又由抛物线定义可得，
当且仅当，即时取等号；
（3）设，，
则在处的切线方程为：.
令，得，设，则.
又注意到，，
则.因，
则，从而，即N在定直线上，
直线方程为：.
3．（2025·浙江·二模）已知是椭圆的右焦点，椭圆离心率，且椭圆上任意一点与点距离的最大值为3.

(1)求椭圆的方程；
(2)点在椭圆上，椭圆在点处的切线交轴于点.
①求的最小值；
②设分别为椭圆的左 右顶点，不垂直轴的直线交椭圆于另一点，直线与直线交于点，问直线与直线的交点是否在一条定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)①；②是，直线方程为，理由见解析
【分析】（1）由已知得到关于的方程，解得，然后求解，即可得椭圆方程；
（2）①由已知可得，根据两点间距离公式可得，代入，由基本不等式即可求解；②设直线：，，与椭圆方程联立由韦达定理可得，由已知可得，的方程，联立可得，将直线的方程与直线联立即可求解.
【详解】（1）由已知，解得，
所以，所以椭圆方程为；
（2）①因为切线交轴于点，所以，，
因为点在椭圆上，所以，即，
又，
因为，所以，所以，
所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为；
②由已知设直线：，，
由消元得，
则，，
所以，
因为，，所以，
因为，，所以，
所以
，
即点，所以直线的方程为，
与直线联立，得，
因为，所以，代入上式可得
，
即，解得，
即点在直线上.
题型07 定值问题
解｜题｜策｜略 将待证的目标量（如斜率积、线段乘积、面积等）用参数（通常是斜率）表示出来，通过代数运算消去参数，若结果是一个常数，则定值得证。 常见的定值类型有： 1、斜率的和、积、比为定值 2、线段长度、乘积或倒数和为定值 3、面积为定值 4、向量数量积为定值 “先猜后证”：取参数的特殊值（如），快速计算出目标量的值。这个值很可能就是定值。这不仅能预知结果、增强信心，还能用来验证最终化简结果是否正确。 “设而不求”的极致运用：不仅对交点坐标“设而不求”，对于复杂的中间量，也保持其整体形式，在后续运算中可能会相互抵消。 参数关系式的挖掘：定值问题的核心往往在于题目中隐藏的参数关系。
1．（2025·广东广州·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知点，点为圆上任意一点，线段的垂直平分线交半径于点，当点在圆上运动时，记点的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)若点，试判断直线与的位置关系，并说明理由；
(3)设点为圆上异于和的任意一点，若直线与直线分别交于点，求证：两点的纵坐标之积为定值.
【答案】(1)
(2)直线与椭圆相切，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的定义求轨迹方程即可；
（2）利用点斜式方程求出直线方程，联立直线与椭圆的方程，根据解的个数即可判断直线与椭圆的位置关系；
（3）设，利用点斜式方程求出线段的垂直平分线的方程，继而可求出，计算即可证明.
【详解】（1）圆心，半径，
线段的垂直平分线交半径于点
点的轨迹是以为焦点的椭圆，其方程为
（2）
直线过，斜率为，直线，
联立，
可得，即，只有一个解，
直线与椭圆相切.
（3）设，线段中点
所以直线，即，
当时，，
当时，，
，
.
2．（2025·浙江杭州·一模）已知是椭圆的右焦点，过作直线交椭圆于两点，其中在轴上方.当轴时，.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设，
（i）求证：；
（ii）设点在椭圆上，点是的外接圆与椭圆的另一个交点（异于），若平分，且，求的值.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）.
【分析】（1）根据即可求解椭圆标准方程；
（2）（i）设与的斜率分别为，将问题转化为证明即可；
（ii）设满足，化简可得：，因为直线和直线的交点为，则点都在以为直径的圆上，因为都在以为直径的圆上，故，所以是的角平分线，则，利用三角形面积公式化简即可求解.
【详解】（1）由题知，，又，解得.
故椭圆的方程为.
（2）（i）记，由题意知.
设直线的方程为，代入椭圆得：.
则有，①
设与的斜率分别为，则
所以.
（ii）设满足，则
②
将代入②，并化简得
，③
将（2）中①代入③得：，
即.
又因为直线和直线的交点为.
故满足的点都在以为直径的圆上.
因为都在以为直径的圆上，
故，所以是的角平分线.
则，
所以，
即.
所以，解得，
所以.
3．（2025·浙江·三模）已知双曲线（，）的焦距为，右顶点为A，直线l与双曲线E相交于P，Q两点，且与E的一条渐近线相交于点．
(1)求双曲线E的方程；
(2)是否存在直线l，使得与的面积相等？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由；
(3)若直线AP，AQ分别与y轴相交于M，N两点，证明：为定值．
【答案】(1)
(2)不存在，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由焦距可得，由渐近线方程可得，据此可得双曲线方程；
（2）由题可得B为PQ中点，设，，由点差法可得直线PQ斜率为渐近线斜率，据此可完成判断；
（3）方法1，设直线，将其与双曲线联立，由韦达定理结合题意可得MN的中点为，据此可完成证明；方法2，设，，由题可得，，将双曲线的方程化为，将其与直线联立，然后由韦达定理可得，据此可完成证明.
【详解】（1）由题，设双曲线E的焦距为2c，则，即，
根据双曲线的性质可知，点在渐近线上，
所以，即①，
又，所以②
又①②解得，，
所以E的标准方程为．
（2）不存在，理由如下：
假设存在直线l，使得与的面积相等，
则点B为PQ的中点，设，，代入E的方程得：，
两式作差得，
因为点为PQ的中点，所以，，
故，即直线l的斜率为，
故直线，即，
此时，直线l与E的渐近线重合，与E没有交点，与已知矛盾，
所以不存在直线l，使得与的面积相等
（3）证明：由题可知，直线l的斜率存在，设直线，与E的方程联立，得，
由题，，得，且，
设，，则，，
设，，又，所以，
令得，同理可得，
故，
又
，
，所以，
所以MN的中点为，
因为，所以，
所以为定值．得证．
另解：设，，又，所以，
令得，同理可得，
双曲线的方程化为：，即，
设直线，即，
联立得，
所以，
等式两边同时除以得：，
设，，易得满足方程，
则为方程两根，由韦达定理可得
，故，
所以MN的中点为，
因为，所以，
所以为定值．得证
【点睛】关键点睛：对于存在性问题，常假设相关条件成立，然后得到相关方程，不等式，通过判断方程，不等式是否有解来解决问题，或利用反证法；对于定值问题，常利用所设参数得到所研究数学量的表达式，随后设法消去参数来解决问题.
题型08 斜率定值问题
解｜题｜策｜略 斜率的和、积、商为定值问题。 常规的解决问题的方式依然是从1、设参；2、根据题目条件得到式子；3、化简算出定值 来解决。 定值模型： 已知是圆锥曲（椭圆、双曲线或抛物线）上的定点，不过点的直线交曲线于两点，若,则为定值且有 根据圆锥曲线第三定义的拓展，椭圆与双曲线上有关于原点对称的两点A，B，则异于A、B的点P有(斜率均存在的情况)
1．（2025·四川成都·模拟预测）在直角坐标系中，设为抛物线：（）的焦点，为抛物线上位于第一象限内的点.当时，有.
(1)求抛物线的方程；
(2)设直线与抛物线的另一个交点为，点，在直线上的射影分别为点，，过点且与垂直的直线与直线相交于点，证明：是线段的中点；
(3)设过定点的直线与抛物线交于，两点.若，且，两点的横坐标均与点的横坐标不相等，试判断直线，的斜率之积是否为定值.如果是定值，请求出该定值；如果不是定值，请求出其取值范围.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)是定值
【分析】（1）根据条件列出关于的方程求解即可；
（2）求点的坐标为，再利用三点共线可得证；
（3）由韦达定理。结合直线的斜率公式，化简计算可得为常数即可.
【详解】（1）由，得，
为抛物线上位于第一象限内的一点，
设，，则，即，
由题知，，解得，
抛物线的方程为；
（2）由上可知，点的坐标为，
若直线的斜率不存在，则直线垂直于轴，是与轴的交点，显然是的中点，
若直线的斜率存在，易知该直线斜率不为0，可设直线的方程为，

联立整理得，
设点，的坐标分别为，，则，
则，的坐标分别为，，
直线的方程为，于是点的坐标为，
，，三点在同一直线上，，是线段的中点；
（3）可设（），
由上可得，，
由，得，解得，
点的坐标为，由题意得直线必不垂直于轴，
可设，联立
整理得，
其中恒成立，
设，，
由韦达定理，有，，
进而得，
，
，
综上可得，直线，的斜率之积为定值.
2．（2025高三·全国·专题练习）已知椭圆：的短轴长为2，，分别是的左、右顶点，为坐标原点，的中点为，过点的直线与交于，两点.
(1)当轴时，求.
(2)若，且直线的斜率大于0，
（i）求的方程；
（ii）证明：直线与的斜率之比为定值.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）根据题设可得，，结合轴求出，进而求解即可；
（2）（i）设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理表示出，可得，进而求解即可；
（ii）由（i）得，则，进而代入求证即可.
【详解】（1）由题意，，，即，
则的中点为，
由于轴，将代入椭圆：，
则，解得，则，
即.
（2）（i）由（1）知，，，
椭圆：，
设直线的方程为，，，
联立，得，
则，
又，
由，则，
则，
则，
则，
则，
整理得，，即，
所以椭圆的方程为.
（ii）证明：由（i）知，，，
且，则，
则，
.
所以直线与的斜率之比为定值3.
3．（2025·四川·模拟预测）已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，上、下顶点分别为，且四边形的面积为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设为椭圆上异于的两点，记直线的斜率分别为，且．
①证明：直线过定点；
②设直线与直线交于点，记直线的斜率为，求的值．
【答案】(1).
(2)①见解析②
【分析】（1）根据题意列出方程可求解.
（2）①设直线方程，根据的关系化简可得m，即可证.
②求出交点，代入可计算的值.
【详解】（1）根据题意四边形有4个直角三角形构成，
，
∴椭圆的方程为.
（2）如图，

根据题意直线斜率存在，设，，，
，，
，
，
，即，
解得，，
①证明：∵
∴直线过定点
②，联立解得，
，∴.
4．（2025·安徽安庆·模拟预测）已知椭圆的右焦点为，右顶点为，直线与轴交于点，且．
(1)求椭圆的方程．
(2)设点为直线上的动点，过作的两条切线，分别交轴于点．证明：直线的斜率成等差数列．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据即可求解得解，
（2）联立直线与椭圆方程，根据相切可得，即，即可根据韦达定理以及两点斜率公式求解.
【详解】（1）由右焦点知，，所以，若，则，即，方程无解；若，则，所以，椭圆的方程为.
（2）设，易知过且与相切的直线斜率存在，方程设为，
联立方程，消得，
，即，
设直线的斜率分别为，
所以，，，则，
即直线的斜率成等差数列.
题型09 定比点差法
解｜题｜策｜略 定比点差法是解决圆锥曲线中涉及线段定比分点或中点问题的一柄利器。它绕开了传统的联立和韦达定理，直接从点的坐标关系入手，具有思路清晰、计算简捷的特点。 核心思想：“设分点，代曲线，作差化简” 直线与圆锥曲线相交于A、B两点，若P点满足线性关系（,，通过将 A，B坐标代入曲线方程，然后利用定比分点坐标公式作差，直接建立起点 坐标与斜率 的关系，从而解决问题。 定比点差法通过巧妙地构造方程间的加权差，利用平方差公式和定比分点公式，直接沟通了分点坐标、曲线参数和弦的斜率，实现了“化曲为直”，是解决此类结构化问题的典范方法
1．（2025·全国·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，，点在椭圆上，满足直线的斜率之积为，且面积的最大值为2．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线与椭圆交于两点，同时与直线交于点，假设，，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)为定值，定值为0．
【分析】（1）由斜率关系求得的关系，根据面积的最大值为，得到，结合，求得，即可求得椭圆的方程；
（2）设过点的直线为，联立方程组得到，再联立两直线，求得，根据，，求得，进而结合韦达定理，化简得到，即可得到结论.
【详解】（1）设，由已知，得．
又点在椭圆上，所以，则，所以，即．
因为，所以．又由面积的最大值为2，可得，
即，解得．故椭圆的方程为．
（2）

由，可得点四点共线，
设过点的直线斜率存在时，直线方程为，即，
联立方程组，整理得．
设，则，，
联立方程组，可得，即．
因为，可得，
所以，
则
．
当直线斜率不存在时，直线方程为，
求得
可得，
所以为定值，定值为0．
2．（2025·浙江·二模）已知椭圆，过作椭圆在第四象限的切线，其中切点为.设是椭圆第一象限上的动点，过作椭圆的另一条切线，交轴于点.
(1)求切线的方程；
(2)过点垂直于轴的直线与直线交于点，求面积的最大值；
(3)直线和切线相交于点，过点作的平行线交切线于点.问：是否存在实数，使得成立？若存在，求出的值，若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)存在，
【分析】（1）设，联立椭圆方程，利用判别式等于0，即可求得答案；
（2）求出A点坐标，即可得，从而表示出面积的表达式，利用三角代换，即可求得答案；
（3）假设存在实数，使得成立，只需证明时结论成立即可.
【详解】（1）由题意可知斜率不为0，且斜率为正，
设，联立椭圆，
可得：，令，
（负值舍），则
（2）由（1）可知：即，
则，则直线的方程为，
则，则.
设，，
则
，
，所以，当时取到最大值.
（3）假设存在实数，使得成立，
下证：，即证：.
由题可知在的切线方程为：.令，，
，，所以.
联立和，解得交点的横坐标.
，因此，即，
故假设成立，即存在实数，使得成立.
3．（2025·湖南·模拟预测）已知抛物线焦点为F，准线为，为E上一点，，垂足为M，且.
(1)求E的标准方程；
(2)过点（其中）且斜率为k的直线与E交于，两点，C，D是E上的两点（异于A，B），且满足，.
（i）证明：，；
（ii）是否存在k和a，使得 若存在，求k和a的所有取值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）存在，，
【分析】（1）利用抛物线的定义可得是等边三角形，进而根据定义求；
（2）（i）利用过焦点的直线与抛物线的两交点的纵坐标之积为定值，再结合向量的坐标运算，即得到证明；
（ii）利用直线与抛物线的两交点的横坐标之积为定值，再把线段长度问题转化为坐标问题，来进行化简求解可得，再利用判别式可得的范围.
【详解】（1）
连接，过作,根据抛物线的定义可知，，又因为，
所以是等边三角形，由，可知等边的高为，
可知，根据抛物线方程，
可知准线为，焦点为，所以，
故抛物线方程为；
（2）
（i）由，，，可设，则
因为，所以即，
又因为，可得，
再因为，代入上式可得，
整理得：，由于，所以，
则由，即，
同理可证明；
（ii）根据题意可知直线的斜率显然存在且不为0，可设方程为，
与抛物线联立方程组，消得：，
因为有两个交点为，所以
由韦达定理得：，
分析的充要条件：
由得，，即，同理，
代入可得：，
再由抛物线的定义可得：
结合， ，可得，
整理得：，又因为，所以，
又因为，所以，又因为，所以，
代入，得，由于，
所以当的取值范围为，且时，有.
题型10 双切线
解｜题｜策｜略 高考题当中，通常以圆锥曲线内接三角形当中两条边与一个圆相切时，证明第三条边也与圆相切，这里我们就需要用到同构方程，再利用点到直线距离证明其等于半径.其背景为彭赛列闭合定理。（典型例题2021年全国甲卷理科20题）
1．（2025·河北·模拟预测）抛物线的焦点为，其上有两点、，，与轴正半轴交于点.
(1)求以为直径的的方程；
(2)证明：取抛物线上的一点（的横坐标不为1），总有该抛物线上的另外两点、，使为的内切圆.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设直线方程：，与抛物线方程联立，表示出；再结合，求出的值，即可求出的值，得到点坐标，进而求出的方程.
（2）先令，与相切，再利用几何法判断直线与相切即可.
【详解】（1）如图：
设、，方程：，则，
故，，，
故，或4
将代入，得，故，，
则，或，（不符合题意）
故，而，故以为直径的圆的方程为.
（2）设、、，.、分别与相切，如图：
则，方程：，
将代入化为：
到距离为2，可得，
整理得：
同理：由与相切得，
故、是方程的两根
，
以下证与相切：
同理得：，方程：，
到距离为：
故与相切，原命题得证.
2．（2025·上海·模拟预测）已知抛物线：，圆：，O为坐标原点.
(1)求抛物线的焦点坐标和准线方程；
(2)已知点，M、N是抛物线上的两个点，满足直线，均与圆C相切，判断并证明直线与圆C的位置关系；
(3)若直线l：分别与抛物线交于点，，与圆C交于点、，且与面积相等，求m的取值范围.
【答案】(1)焦点坐标为，准线方程为；
(2)相切，证明见详解；
(3).
【分析】（1）根据抛物线性质直接可得；
（2）设出直线，的方程，联立抛物线方程求出坐标，从而得到直线的方程，利用圆心到直线的距离与半径关系可得；
（3）根据面积公式可得，进而可得，直线方程分别联立抛物线方程和圆方程，利用韦达定理建立和的关系，结合判别式求出范围，然后可得范围.
【详解】（1）由抛物线方程可知，抛物线开口向上，其中，
所以抛物线焦点为，准线方程为.
（2）直线与圆相切，证明如下：
易知直线，的斜率存在，圆的圆心为，半径，
设过点与圆相切的直线方程为，即
则，解得，
不妨记直线方程为，直线方程为，
设，
联立得，则，即，
所以，
联立得，则，即，
所以，
所以，所以的方程为，
整理得，
因为圆心到直线的距离为，
所以直线与圆C相切.
（3）记原点到直线的距离为，
因为，所以，即，所以，
所以线段和的中点重合，
联立得，则，，
联立得（*），
则，，
因为线段和的中点重合，所以，
因为，所以，因为，所以，
又，所以，得，
由（*）整理得，将代入整理得：
，解得，
综上，，所以，
即m的取值范围为.
3．（2024·湖北荆州·模拟预测）已知等边三个顶点均在抛物线上，其中是坐标原点，且的内切圆的半径.
(1)求抛物线及圆的方程；
(2)如果过抛物线上一点可以作圆的两条切线，且两条切线分别交抛物线于不同于的两点，试判断此时直线与圆的位置关系.
【答案】(1)抛物线:，圆
(2)相切
【分析】（1）由等边三角形确定圆心坐标，及点坐标，即可求解；
（2）设，通过两点得到，
，再由直线与圆相切得到是方程，再利用其将点C到直线的距离公式化简推出即可.
【详解】（1）

由抛物线及正三角形的对称性知关于轴对称，圆心在轴上，
又正三角形的内心、重心、垂心重合且内切圆半径，
则等边三角形的高为3，边长为，圆心为.
不妨设在第一象限，易得，代入，解得，
故抛物线：，圆.
（2）

设，因三点均在抛物线上，故互不相等，
当的斜率存在时，，直线
当的斜率不存在时，由对称性知，也符合以上方程，
故直线，同理可得：
直线，直线
由直线与圆相切得，化简：
若，则有一条切线与轴平行，其不能与抛物线交于另一点，不合题意，故，
同理： ，
故是方程的两根，
则， ，
圆心到直线的距离为：
，
故直线与圆相切.
【点睛】关键点点睛：第2问中，设，由线与圆相切，根据圆心到直线距离等于半径列出等式化简得到是方程的两根，再利用其将点C到直线的距离公式化简推得.
（建议用时：120分钟）
1．（2025·河北邯郸·一模）已知椭圆的离心率为，短轴的一个顶点到长轴的一个顶点的距离为，为坐标原点，.
(1)求的方程；
(2)若上存在不关于轴对称的两点，使得恰好被轴平分，求面积的取值范围；
(3)过的直线与交于不同的两点椭圆在两点处的切线相交于为线段的中点，证明：三点共线.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由条件可得到关于的方程，解方程即可得答案.
（2）直线的方程可设为，联立椭圆的方程，利用韦达定理可得到关于点纵坐标的关系式，再由恰好被轴平分，即，可知直线的斜率与直线的斜率存在且，即可得到关于的关系式，再把的面积表示成关于的函数，代入，求函数值域即可得答案.
（3）利用导数求出处的切线方程，同构可得到直线的方程，再利用直线过点，可得到点坐标，进而可得到的斜率；再利用点差法可得到的斜率，即可得到答案.
【详解】（1）依题意可得解得，所以的方程为.
（2）由题意可知，直线的方程可设为，设，
联立整理得，
因为恰好被轴平分，即，
易知直线的斜率与直线的斜率存在且，
即，
整理得，即，即.
因为，所以时符合题意，即直线经过定点（1，0），
所以的面积，
当且仅当时，即时，等号成立，
因为，所以面积的取值范围是.
（3）证明：依题意，根据对称性，不妨设在轴上方，
于是可化为，则，
设直线的方程为，
则在两点处的切线分别为，
整理可得在两点处的切线分别为.
设，则，
所以两点均在直线上，即直线的方程为.
又直线的方程为，即，所以，即，
则，
又，
联立两式作差可得，
即，即，即，
所以，所以三点共线.
2．（2025·甘肃白银·模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，，且点到的渐近线的距离为2．
(1)求的方程；
(2)记的左顶点为，过点的直线l与交于两点（异于点）．
（ⅰ）证明：直线的斜率之积为定值；
（ⅱ）过点E分别作直线垂线，垂足分别为，记，的面积分别为，求的最大值．
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）由，求得，再由题意，得到，求得的值，即可求得的方程；
（2）（ⅰ）设直线，联立方程组求得，，结合直线的斜率公式，进行化简，即可求解；
（ⅱ）设直线，得到，联立方程组，求得和，得到，结合基本不等式，即可求解.
【详解】（1）由题意知，可得，解得，
因为点到直线的距离为2，可得，
又因为，可得，所以的方程为．
（2）（ⅰ）由（1）知双曲线的左顶点为，
设，，由题意知直线l斜率不为0，设直线，
联立方程组，整理得，
所以，且，，
所以
，故直线的斜率之积为定值．
（ⅱ）由题意，直线斜率存在，且不为0，设直线，其中，
则直线PE的方程为，
联立方程组，解得，
用替换上式中的得点Q的纵坐标，
则，
因为，当且仅当时取等号，所以，
所以的最大值为．

3．（2025·广东茂名·一模）在平面直角坐标系中，椭圆的长轴长为4，离心率为，直线交于两点.
(1)求的方程；
(2)若直线过的右焦点，当面积最大时，求；
(3)若直线不过原点，为线段的中点，直线与交于两点，已知四点共圆，证明：.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）列出的方程，代入计算，即可得到椭圆标准方程；
（2）根据题意，设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理列出式子，再由弦长公式以及三角形的面积公式代入计算，结合基本不等式即可得到结果；
（3）根据题意，设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理代入计算，即可得到的坐标，再由四点共圆可得，代入计算，即可证明.
【详解】（1）依题意可得，解得，
所以，故椭圆的方程为.
（2）由（1）可知，由题可设直线的方程为，，
联立，消去可得，
则恒成立，
则，
所以
，
当且仅当时等号成立，所以直线垂直于轴时，的面积取最大值，
此时，.
（3）

若直线的斜率为，为上下顶点，且，
若四点共圆，则不成立，
所以由题可设直线的方程为，，
则，联立，可得，
当，
即时，，
所以中点的坐标为，所以，
故直线，
由四点共圆，则，
由，
联立，可得，即，
所以，
所以，可得，
所以，
又直线不过原点，所以，所以，
，
即.
4．（2025·浙江金华·一模）如图，已知点到两点，距离的乘积为8，点的轨迹记为曲线，与轴交点分别记为．

(1)求曲线的方程；
(2)求的周长的取值范围；
(3)过作直线分别交于两点，且，若的面积为18，求的最小值．
【答案】(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）设，根据已知及两点距离公式得到方程，进而整理可得；
（2）令，且，，则，进而得到关于的表达式，应用导数研究单调性求值域，即可得三角形周长的范围；
（3）设，由已知得，曲线得，令，结合基本不等式及一元二次不等式的解法求参数范围，即可得.
【详解】（1）设，则，得，
所以；
（2）由（1）知，令，
由（1），以为主元直接求根公式知，则，
则，且，
，
令， 则，其中，
所以时，时，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以，即，而，
所以的周长的取值范围为；

（3）设，则，则，
由题知，则，代入曲线得：，
令，则
①当时，，解得，则；
②当时，，解得，则．
综上所述：的最小值为.
5．（2025·四川成都·三模）如图，在直角坐标系中，已知是拋物线的焦点，过点的直线交抛物线于，两点，且满足.
(1)求的值；
(2)已知点，直线，与拋物线的另一个交点分别为，，直线交轴于点，交直线于点.抛物线在，处的切线交于点，过点作平行于轴的直线，分别交直线KD，于点，.
（i）求证：点为定点；
（ii）记，的面积分别为，，求的最小值.
【答案】(1).
(2)（i）证明见解析；（ii）144
【分析】（1）设，，，联立方程组，由求解即可；
（2）（i）由题知直线斜率必存在，设，，，直线斜率必存在，设，分别联立方程组，由得解；
（ii）联立方程组，先得点、、、的坐标，再根据求解.
【详解】（1）由题意，直线斜率必存在，
设，，，
联立得，.
所以，.
由.
解得或（舍）.所以.
（2）（i）直线斜率必存在，设，，，
联立得，所以.
同理.又因为，所以.
直线斜率必存在，设，
联立得，所以.
解得，所以直线过定点.即的坐标为.
（ii）由，且，，
得.
所以直线的方程为.由直线与直线相交，可得.
联立解得.
因为抛物线方程为，所以.
抛物线在点处切线方程为.
所以.同理.
又，所以的中点为.
联立得，
由及，所以.
过作平行于轴的直线交于点，则.
所以
.
当且仅当时，即直线方程为或时等号成立.
6．（2025·云南·模拟预测）已知双曲线的一条渐近线的方程为，点在上．过直线上一点作的两条切线，切点都在的右支上．直线与轴交于点．
（参考结论：二次曲线在曲线上某点处的切线方程为）
(1)求双曲线的方程；
(2)设在直线上的投影分别为．记，，的面积分别为，证明：成等比数列．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用待定系数法可求双曲线方程；
（2）利用切线方程可得切点弦方程，从而联立方程组，结合韦达定理来表示面积，最后证明即可.
【详解】（1）由题意得，解得．
所以双曲线的方程为；
（2）设，
由参考结论，切线的方程为，
将代入得，同理可得，
所以直线的方程为，令，解得，则．
联立直线：与双曲线的方程，
消去得：，
所以，
由题知，
所以，
同理，
又，
而，
又
，
所以，即成等比数列．
7．（2025·云南·模拟预测）已知M，m分别为五个实数的最大值和最小值.若从这五个数中去掉后，求得它们的平均数为90.5.若从这五个数中去掉后，求得它们的平均数为91.记
(1)求焦点为，准线方程为的抛物线的标准方程；
(2)在（1）的条件下，若点为上一点，A，B为上异于点的两个动点，且，求证：直线恒过定点.
【答案】(1)；
(2)证明见解析
【分析】（1）列出平均数的等式计算出的值就是的值，从而得到的标准方程；
（2）将点代入的方程得到，即点.设，，其中，，且.由得到，利用斜率公式，整理，得.求出直线的方程，即可得到直线恒过定点.
【详解】（1）由题意，得，，
则①，②，
②-①，得，即，
所以的标准方程为.
（2）将点代入的方程，得，所以，即点.
设，，其中，，且.
因为，所以，
即，
整理，得，所以.
直线的方程为，
即，
所以当时，，所以直线恒过定点.
8．（2025·湖北武汉·模拟预测）已知圆，圆.若动圆与圆外切，且与圆内切，设动圆圆心的轨迹为.不过原点O的动直线与曲线交于两点，平面上一点满足，连接交于点（点在线段上且不与端点重合），若.
(1)求轨迹的方程；
(2)试问：直线OA，OB的斜率乘积是否为定值，若是，求出定值；若不是，说明理由.
(3)试问：四边形的面积否为定值，若是，求出定值；若不是，说明理由.
【答案】(1)
(2)不是，理由见解析
(3)是定值，
【分析】（1）设动圆的半径为R，由题可得，，据此可得轨迹的方程；
（2）设，由，，可得F坐标，然后由F在椭圆上，可得，据此可完成判断；
（3）由题及（2）可得，然后由可完成判断.
【详解】（1）设动圆的半径为R，动圆与圆外切，则，
又因为动圆与圆内切，结合图象可知：，，
所以，
由椭圆的定义可知，动点在以、为焦点，为长轴长的椭圆上，
设椭圆的方程为，半焦距为，
则，，，
又可知圆与圆内切，所以点C不能在切点处，即椭圆应去掉点，
曲线C的方程为.
（2）直线OA，OB的斜率乘积不是定值，理由如下：设，则，
因为，所以，进而，
由点F在曲线E上得,
所以,
又因为点A，B均在E上，即，带入上式得,
所以不为定值；
（3）因为点A，B均在E上，所以，
两式同向相乘得，整理得：,
由（2）知，带入上式解得：，
又因为
，
所以.
9．（2025·湖北黄冈·模拟预测）已知中心在原点，焦点在轴上的圆锥曲线的离心率为2，过的右焦点作垂直于轴的直线，该直线被截得的弦长为6.
(1)求的方程；
(2)若面积为12的的三个顶点均在上，边过，边过原点，求直线的方程；
(3)已知，过点的直线与在轴右侧交于不同的两点，，上存在点满足，且，试求的范围.
【答案】(1)
(2)或或
(3)
【分析】（1）依题意设出双曲线方程，根据双曲线离心率公式、通径公式进行求解即可；
（2）根据直线与双曲线相交，由弦长公式及三角形面积公式可得结果；
（3）根据直线与双曲线相交，由条件得出点S的轨迹后，列不等式计算可得结果.
【详解】（1）圆锥曲线的离心率为2，故为双曲线，
因为中心在原点、焦点在轴上，所以设的方程为（，），
令，解得，所以有 ①
又由离心率为2，得 ②，
由①②解得，所以双曲线的标准方程是；
（2）设，，由已知，得，根据直线过原点及对称性，
知，
由题意可知直线的斜率不为0，
设直线的方程为，
联立直线与双曲线的方程，得，
化简整理，得，
所以，且，
所以，
整理得，解得或，
所以直线的方程是或或.
（3）若直线斜率不存在，此时直线与双曲线右支无交点，不合题意，
故直线斜率存在，设直线方程，，，
联立直线与双曲线的方程，得，
化简整理，得，
所以，，且，
∵直线与在轴的右侧交于不同的两点，，
∴，解得.
设点的坐标为，由，得，
则，变形得到，∴，
代入中，解得，
设过点与双曲线右支相切的直线为，与的交点为，
过点与双曲线的渐近线平行的直线为，与的交点为，
∴点的轨迹为线段（不含端点），
由解得，由解得，
∵，∴，
整理得，
即点的轨迹为以为圆心，为半径的圆与线段的交点，
∵，∴，解得，
∴的范围是.
10．（2025·四川成都·三模）如图，在平面直角坐标系中，已知点（异于点）在抛物线上，且满足.
(1)证明：直线过定点；
(2)若，分别以为直径作与，过点的直线与分别交于点，求的最大值；
(3)在（2）的条件下，设是抛物线上的三个点，直线均与相切，判断直线与的位置关系，并说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)相切，理由见解析
【分析】（1）直线，与抛物线方程联立，韦达定理，利用数量积的坐标运算求得，即可求解定点.
（2）利用几何关系得，则，即可求解面积最大值.
（3）设点，则直线，利用与相切得，同理，最后通过的圆心到直线的距离等于半径即可判断.
【详解】（1）由题意可得，点和点在抛物线上，设，
则，得.
因为直线的斜率一定存在，所以设直线.
联立得，则，即，
所以直线过定点
（2）因为直线过定点，点分别在上，
所以，则，
所以.
又因为，所以.
（3）设点，
则.
同理可得，.
令直线，整理得.
因为与相切，所以，
整理得.
同理可得，.
观察结构可得，直线，
所以的圆心到直线的距离为.
故直线与相切.
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
21世纪教育网(www.21cnjy.com)专题 圆锥曲线压轴大题题型归纳
近三年： 1、圆锥曲线解答题是近3年高考数学的压轴题或次压轴题，分值高，综合性强，难度大，是区分考生数学能力和学科素养的关键题型。 其考查内容稳定，核心围绕“几何条件代数化”与“代数运算结构化”展开。 2、从近几年高考命题来看，圆锥曲线大题的考查呈现出稳定的模型化特征： 题型结构稳定： 通常以两问形式呈现。第一问多为求标准方程，考查定义与基本量计算；第二问为综合论证与探究，考查直线与圆锥曲线的位置关系，涉及定点、定值、范围、最值、存在性等问题。 核心方法固定： “设线联立消元，韦达定理搭桥”是解决第二问的通用流程。解题的关键在于将题目中的几何条件（如垂直、共线、角度、面积等）翻译成关于直线与曲线交点的坐标（或韦达定理结果）的代数关系式。当然遇到特殊问题时，可以考虑用齐次式、定比点差法、非对称韦达等方法去解决问题。 运算能力至上： 在明确的解题思路下，能否准确、高效地完成复杂的代数运算是取得高分的基础。运算过程中涉及大量的多项式展开、合并、因式分解，以及巧妙的整体代换。 预测2026年： 圆锥曲线大题的命题将保持其稳定中有创新的特点，具体趋势如下： 模型内核不变，设问方式创新： “直线联立曲线”的核心模型不会改变，但设问角度将更加灵活。例如，定点定值问题可能隐藏得更深，或与向量、平面几何定理更紧密地结合。 对几何转化能力要求更高： 题目中给出的原始条件可能不是直接的垂直或共线，而是需要通过几何性质（如角平分线、中位线、相似、圆的性质）进行一步或几步转化，才能得到可用的代数关系。“几何优先”的分析策略将越发重要。 运算设计更具导向性： 计算量依然会保持较大，但运算过程会设计得更具“结构性”，引导考生使用韦达定理进行整体代换，或利用对称性简化运算。死算、硬算将难以完成。 与导数、函数知识的结合可能重现： 在求解范围、最值问题时，可能会涉及构造函数并利用导数工具进行分析，提升问题的综合深度。 探索性、开放性增强： 如“是否存在常数λ使得某结论成立”或“请指出点的位置，并证明”等设问，考查学生的探究与逆向思维能力。
题型01 弦长、面积最值
解｜题｜策｜略 求弦长、面积最值这类问题的核心是：将几何量（弦长、面积）表示为某个变量的函数，然后通过代数方法求该函数的最值。 一、设参建模 设直线：根据题意设出直线方程。如果直线过定点，使用点斜式 最为常见。如果直线与y轴平行，需单独考虑。 设交点：设出直线与圆锥曲线两个交点的坐标 。 二、联立方程 将直线方程与圆锥曲线方程联立，消去 或 ，得到一个关于 (或 y) 的一元二次方程。 三、表达目标量 1、弦长公式 设，根据两点距离公式． ①设直线为上，代入化简，得; ②设直线方程为，代入化简，得 2、三角形的面积 ①底·高（通常选弦长做底，点到直线的距离为高） ②水平宽·铅锤高 ③在平面直角坐标系中，已知的顶点分别为，，，三角形的面积为． 四、求最值 目标量（弦长或面积）通常表示为一个关于参数（如斜率）的函数。 定义域优先：在求最值前，必须确定参数的取值范围。 常用求最值方法： 配方法：适用于二次函数。 基本不等式法：适用于能化为 或 形式的结构，特别注意“一正二定三相等”。 导数法：当函数形式复杂（如分式、高次）时，这是最通用的方法。求导，找驻点，判断单调性。
1．（2025·全国一卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，．
(1)求C的方程；
(2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足．
（i）设，求的坐标（用m，n表示）；
（ⅱ）设O为坐标原点，是C上的动点，直线OR的斜率为直线的斜率的3倍，求的最大值．
2．（2025·安徽安庆·模拟预测）已知椭圆：的离心率为，过椭圆的焦点且与短轴平行的弦长为1.
(1)求椭圆的方程；
(2)设点M为椭圆上位于第一象限内一动点，A，B分别为椭圆的左顶点和下顶点，
（i）求点M到直线距离的最大值；
（ii）设直线与x轴交于点C，直线与y轴交于点D，求面积的最大值.
3．（2025·四川达州·模拟预测）过抛物线的焦点作平行于轴的直线被抛物线截得的弦长为4，已知点，设过点的直线与抛物线交于点，且直线交抛物线于点（点与点不重合）.
(1)求抛物线的方程；
(2)设直线交以为直径的圆于点，求的最小值.
题型02 面积比
解｜题｜策｜略 求面积比的核心在于将面积的比值转化为线段比、坐标比或直接面积表达式之比，然后利用韦达定理和“设而不求”的思想进行整体代换，最终化为一个变量的函数来求解或证明定值、或求范围。 利用几何关系转化比值 共线或共点三角形：如果两个三角形有公共顶点或底边在同一直线上，它们的面积比往往等于对应底边或高线的比值。这是最有效的简化方法。 平行线：题目中若存在平行线，必然产生相似三角形，要充分利用其带来的比例关系。 分解复杂图形：对于复杂的多边形面积比，可以将其分割成若干个三角形面积之和或差，然后分别计算这些三角形的面积，再求比值。 “设而不求”的极致运用 不仅对交点坐标“设而不求”，对于比值中出现的复杂项，有时可以将其视为一个整体，在化简过程中可能会被约去，从而避免繁琐的计算。 变量归一化 当问题中有多个变量时，要努力利用已知条件（如点共线、线垂直等）找到变量之间的关系，减少自由变量的个数，最终将比值化为单变量函数或常数。
1．（2025·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，椭圆E上的点到两焦点的距离之和为4.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设O为坐标原点，点在椭圆E上，直线与直线，分别交于点A，B．设与的面积分别为，比较与的大小．
2．（2025·广东茂名·二模）已知双曲线的实轴长为，离心率为.
(1)求双曲线的标准方程：
(2)过点的直线与的左、右两支分别交于，两点，点，直线与直线交于点.
（i）证明：直线的斜率为定值；
（ii）记，分别为，的面积，求的取值范围.
3．（2025·上海浦东新·三模）已知曲线，第一象限内点在曲线上.、，连接并延长与曲线交于点，.以为圆心，为半径的圆与线段交于点，记，的面积分别为，.
(1)若，求点的坐标；
(2)若点的坐标为，求证；
(3)求的最小值.
题型03 三点共线问题
解｜题｜策｜略 在圆锥曲线大题中证明三点共线是一个经典问题。其核心思想是：将几何共线关系转化为代数关系式。利用三点 共线的充要条件：任意两点的斜率相等，或 向量共线，或 点 C 满足直线 的方程。 斜率相等：从三点中任意选择两点构成两条直线，证明两直线斜率相等，注意斜率不存在的情况。 向量共线：如果向量 与向量（或 ）共线（即平行），则 三点共线。 点在直线上：求出直线 AB 的方程，然后证明点 C 的坐标满足该方程。
1．（2025·宁夏·三模）已知抛物线的焦点与椭圆的上顶点重合，点为坐标原点.
(1)求抛物线的标准方程及其准线方程；
(2)过点的直线交抛物线于两点，且，求直线的方程；
(3)设点是抛物线的准线上任意一点，直线分别与抛物线相切于点，证明：三点共线.
2．（2025·山东泰安·模拟预测）已知双曲线的中心为坐标原点，过点，其中一条渐近线的方程为.
(1)求双曲线的方程；
(2)设双曲线的左、右顶点分别为，过点的直线交双曲线于、两点.直线与直线交于点，证明：三点共线.
3．（2025·辽宁·模拟预测）设椭圆方程为为其左右焦点，过椭圆上点的椭圆切线方程为
(1)求出椭圆方程；
(2)设点，点为椭圆右顶点，过作椭圆的不与轴垂直的切线，切点为点，求证：三点共线．
题型04 四点共圆
解｜题｜策｜略 以四点共圆为背景的圆锥曲线大题是压轴题中的经典类型，最经典例题为2021年新高考I卷中的21题。其核心在于 “如何将几何的圆问题转化为可操作的代数条件” 。 四点共圆中常用的几何性质有以下几点 一、对角互补 当四点在某种对称结构下，常可简化为两组对边的斜率互为相反数。则直接转化为直线的斜率关系，非常适合与韦达定理结合。 二、相交弦定理（幂定理） 若四点共圆，两条弦相交于点，满足 。 对于四点共圆问题，要建立起强大的信心：它看似是“圆”的问题，但本质上是通过一些优美的几何定理（如对角互补），被转化成了一个纯粹的直线斜率关系问题，从而能够完美地融入我们熟悉的韦达定理和“设而不求”的框架中予以解决。
1．（2025·广东·模拟预测）已知抛物线的焦点为F，点在上，且．
(1)求抛物线的方程；
(2)直线l经过点F，且与交于A、B两点．
①点P是抛物线上位于A、B之间的动点，设点P到直线l的距离d的最大值为，求的最小值；
②设线段的垂直平分线与交于M、N两点，若A、M、B、N四点共圆，求直线l的方程．
2．（2025·陕西西安·二模）已知为椭圆的右焦点，过点作与轴平行的直线，该直线与椭圆交于两点（点在第一象限），当时，.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线与轴交于点，证明：四点共圆.
3．（2025·湖北鄂州·一模）已知抛物线，点P是W上位于第一象限内的一点，过P作W的切线交y轴于点Q.过原点O作PQ的平行线交W于点A，过A作OP的平行线交W于点B，BP交OA于点N.
(1)求的最大值；
(2)证明：直线QN经过AB的中点；
(3)若OQAB四点共圆，求P点的坐标.
题型05 定点问题
解｜题｜策｜略 圆锥曲线中的定点问题是绝对的核心考点。其本质是：证明无论参数如何变化，某条直线恒过某个定点，或某个动点恒在一条定直线上。 核心思想：找到动直线（或动点）方程中参数（如斜率k）的“不变部分”。将方程整理为关于参数的恒等式，令其系数为零，即可求出定点（或定直线）。 一：直接推导 设参：设出动直线的方程。通常已知直线过某个定点或已知斜率，常用点斜式：。 寻找关系：利用题目条件（如直线与圆锥曲线相切、相交，或与其他几何条件如垂直、中点等相关），找到一个关于和的关系式。 消参定型：将找到的和关系式代回原始的直线方程中。得到只含一个参数的解析式。 关键步骤：将此方程整理为关于参数k的方程，要使这个方程对所有值都成立，则k的系数和常数项必须同时为零。 对于形式，定点显然是(D, C)。 对于更复杂的形式，将方程按k的幂次项整理，令各项系数为零，解方程组即可求出定点(x, y)。 二：先猜后证法 当直接推导复杂或难以进行时，此方法能指明方向，简化计算。 猜定点：特殊位置法：取参数（如斜率k）的两个特殊值（如0,斜率不存在（竖直直线）,1,-1等），画出两条对应的特殊位置直线。求交点：解这两条特殊直线的交点，该点即为猜測的定点(。 证定点：则动直线的方程可以化简为。（为参数的解析式）
1．（2025·甘肃定西·模拟预测）已知双曲线与双曲线有共同的渐近线，且的焦距为4.
(1)求的方程；
(2)过的左焦点且斜率为的直线与的左支交于两点.
（i）求的取值范围；
（ii）记点，直线与的右支分别交于点，证明：直线过定点.
2．（2025·重庆·三模）已知双曲线的左、右焦点分别为、，焦距为，虚轴长为，左、右顶点分别为、，为直线上一点，直线与直线分别与交于另一点、（不与、重合），设直线的方程为.
(1)求的标准方程.
(2)证明：且.
(3)试问直线是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由.
3．（2025·山东·模拟预测）已知双曲线，过点作两条互相垂直的直线.
(1)求两条直线与双曲线的交点个数，并说明理由；
(2)若，直线交于两点，直线交于两点，分别为弦和的中点，证明：直线过定点.
题型06 点在定直线上
解｜题｜策｜略 将动点的坐标表示为某个参数（通常是斜率 ）的函数，然后 消去这个参数，得到一个关于 的二元一次方程，即为定直线方程。 主要步骤为：1、设参并表示动点2、建立关系3、消参4、得到定直线方程 在解题过程中，可以使用几何性质转化，先猜后证等方法帮助解决计算问题
1．（2025·湖南岳阳·三模）已知抛物线的顶点在坐标原点处，对称轴为轴，且过点，，是上两个动点．
(1)求抛物线的标准方程；
(2)已知是上一点，且的焦点为的重心，设的横坐标为，求的取值范围；
(3)已知为直线在第二象限内一点，直线，与抛物线分别相切于，两点，设，与轴分别交于，两点，证明：直线与直线的交点在定直线上．
2．（2025·甘肃白银·二模）已知抛物线的焦点为F，点是C上一点，且，记O为坐标原点，过点F的直线与C相交于A，B两点．
(1)求抛物线C的方程与准线l的方程；
(2)求的最小值；
(3)已知P，M分别是抛物线C与准线l上的动点，若C在点P处的切线交y轴于点Q，且，试判断点N是否在定直线上，若在，请求出定直线的方程；若不在，请说明理由．
3．（2025·浙江·二模）已知是椭圆的右焦点，椭圆离心率，且椭圆上任意一点与点距离的最大值为3.

(1)求椭圆的方程；
(2)点在椭圆上，椭圆在点处的切线交轴于点.
①求的最小值；
②设分别为椭圆的左 右顶点，不垂直轴的直线交椭圆于另一点，直线与直线交于点，问直线与直线的交点是否在一条定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，请说明理由.
题型07 定值问题
解｜题｜策｜略 将待证的目标量（如斜率积、线段乘积、面积等）用参数（通常是斜率）表示出来，通过代数运算消去参数，若结果是一个常数，则定值得证。 常见的定值类型有： 1、斜率的和、积、比为定值 2、线段长度、乘积或倒数和为定值 3、面积为定值 4、向量数量积为定值 “先猜后证”：取参数的特殊值（如），快速计算出目标量的值。这个值很可能就是定值。这不仅能预知结果、增强信心，还能用来验证最终化简结果是否正确。 “设而不求”的极致运用：不仅对交点坐标“设而不求”，对于复杂的中间量，也保持其整体形式，在后续运算中可能会相互抵消。 参数关系式的挖掘：定值问题的核心往往在于题目中隐藏的参数关系。
1．（2025·广东广州·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知点，点为圆上任意一点，线段的垂直平分线交半径于点，当点在圆上运动时，记点的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)若点，试判断直线与的位置关系，并说明理由；
(3)设点为圆上异于和的任意一点，若直线与直线分别交于点，求证：两点的纵坐标之积为定值.
2．（2025·浙江杭州·一模）已知是椭圆的右焦点，过作直线交椭圆于两点，其中在轴上方.当轴时，.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设，
（i）求证：；
（ii）设点在椭圆上，点是的外接圆与椭圆的另一个交点（异于），若平分，且，求的值.
3．（2025·浙江·三模）已知双曲线（，）的焦距为，右顶点为A，直线l与双曲线E相交于P，Q两点，且与E的一条渐近线相交于点．
(1)求双曲线E的方程；
(2)是否存在直线l，使得与的面积相等？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由；
(3)若直线AP，AQ分别与y轴相交于M，N两点，证明：为定值．
题型08 斜率定值问题
解｜题｜策｜略 斜率的和、积、商为定值问题。 常规的解决问题的方式依然是从1、设参；2、根据题目条件得到式子；3、化简算出定值 来解决。 定值模型： 已知是圆锥曲（椭圆、双曲线或抛物线）上的定点，不过点的直线交曲线于两点，若,则为定值且有 根据圆锥曲线第三定义的拓展，椭圆与双曲线上有关于原点对称的两点A，B，则异于A、B的点P有(斜率均存在的情况)
1．（2025·四川成都·模拟预测）在直角坐标系中，设为抛物线：（）的焦点，为抛物线上位于第一象限内的点.当时，有.
(1)求抛物线的方程；
(2)设直线与抛物线的另一个交点为，点，在直线上的射影分别为点，，过点且与垂直的直线与直线相交于点，证明：是线段的中点；
(3)设过定点的直线与抛物线交于，两点.若，且，两点的横坐标均与点的横坐标不相等，试判断直线，的斜率之积是否为定值.如果是定值，请求出该定值；如果不是定值，请求出其取值范围.
2．（2025高三·全国·专题练习）已知椭圆：的短轴长为2，，分别是的左、右顶点，为坐标原点，的中点为，过点的直线与交于，两点.
(1)当轴时，求.
(2)若，且直线的斜率大于0，
（i）求的方程；
（ii）证明：直线与的斜率之比为定值.
3．（2025·四川·模拟预测）已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，上、下顶点分别为，且四边形的面积为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设为椭圆上异于的两点，记直线的斜率分别为，且．
①证明：直线过定点；
②设直线与直线交于点，记直线的斜率为，求的值．
4．（2025·安徽安庆·模拟预测）已知椭圆的右焦点为，右顶点为，直线与轴交于点，且．
(1)求椭圆的方程．
(2)设点为直线上的动点，过作的两条切线，分别交轴于点．证明：直线的斜率成等差数列．
题型09 定比点差法
解｜题｜策｜略 定比点差法是解决圆锥曲线中涉及线段定比分点或中点问题的一柄利器。它绕开了传统的联立和韦达定理，直接从点的坐标关系入手，具有思路清晰、计算简捷的特点。 核心思想：“设分点，代曲线，作差化简” 直线与圆锥曲线相交于A、B两点，若P点满足线性关系（,，通过将 A，B坐标代入曲线方程，然后利用定比分点坐标公式作差，直接建立起点 坐标与斜率 的关系，从而解决问题。 定比点差法通过巧妙地构造方程间的加权差，利用平方差公式和定比分点公式，直接沟通了分点坐标、曲线参数和弦的斜率，实现了“化曲为直”，是解决此类结构化问题的典范方法
1．（2025·全国·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，，点在椭圆上，满足直线的斜率之积为，且面积的最大值为2．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线与椭圆交于两点，同时与直线交于点，假设，，判断是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
2．（2025·浙江·二模）已知椭圆，过作椭圆在第四象限的切线，其中切点为.设是椭圆第一象限上的动点，过作椭圆的另一条切线，交轴于点.
(1)求切线的方程；
(2)过点垂直于轴的直线与直线交于点，求面积的最大值；
(3)直线和切线相交于点，过点作的平行线交切线于点.问：是否存在实数，使得成立？若存在，求出的值，若不存在，说明理由.
3．（2025·湖南·模拟预测）已知抛物线焦点为F，准线为，为E上一点，，垂足为M，且.
(1)求E的标准方程；
(2)过点（其中）且斜率为k的直线与E交于，两点，C，D是E上的两点（异于A，B），且满足，.
（i）证明：，；
（ii）是否存在k和a，使得 若存在，求k和a的所有取值；若不存在，请说明理由.
题型10 双切线
解｜题｜策｜略 高考题当中，通常以圆锥曲线内接三角形当中两条边与一个圆相切时，证明第三条边也与圆相切，这里我们就需要用到同构方程，再利用点到直线距离证明其等于半径.其背景为彭赛列闭合定理。（典型例题2021年全国甲卷理科20题）
1．（2025·河北·模拟预测）抛物线的焦点为，其上有两点、，，与轴正半轴交于点.
(1)求以为直径的的方程；
(2)证明：取抛物线上的一点（的横坐标不为1），总有该抛物线上的另外两点、，使为的内切圆.
2．（2025·上海·模拟预测）已知抛物线：，圆：，O为坐标原点.
(1)求抛物线的焦点坐标和准线方程；
(2)已知点，M、N是抛物线上的两个点，满足直线，均与圆C相切，判断并证明直线与圆C的位置关系；
(3)若直线l：分别与抛物线交于点，，与圆C交于点、，且与面积相等，求m的取值范围.
3．（2024·湖北荆州·模拟预测）已知等边三个顶点均在抛物线上，其中是坐标原点，且的内切圆的半径.
(1)求抛物线及圆的方程；
(2)如果过抛物线上一点可以作圆的两条切线，且两条切线分别交抛物线于不同于的两点，试判断此时直线与圆的位置关系.
（建议用时：120分钟）
1．（2025·河北邯郸·一模）已知椭圆的离心率为，短轴的一个顶点到长轴的一个顶点的距离为，为坐标原点，.
(1)求的方程；
(2)若上存在不关于轴对称的两点，使得恰好被轴平分，求面积的取值范围；
(3)过的直线与交于不同的两点椭圆在两点处的切线相交于为线段的中点，证明：三点共线.
2．（2025·甘肃白银·模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，，且点到的渐近线的距离为2．
(1)求的方程；
(2)记的左顶点为，过点的直线l与交于两点（异于点）．
（ⅰ）证明：直线的斜率之积为定值；
（ⅱ）过点E分别作直线垂线，垂足分别为，记，的面积分别为，求的最大值．

3．（2025·广东茂名·一模）在平面直角坐标系中，椭圆的长轴长为4，离心率为，直线交于两点.
(1)求的方程；
(2)若直线过的右焦点，当面积最大时，求；
(3)若直线不过原点，为线段的中点，直线与交于两点，已知四点共圆，证明：.
4．（2025·浙江金华·一模）如图，已知点到两点，距离的乘积为8，点的轨迹记为曲线，与轴交点分别记为．

(1)求曲线的方程；
(2)求的周长的取值范围；
(3)过作直线分别交于两点，且，若的面积为18，求的最小值．
5．（2025·四川成都·三模）如图，在直角坐标系中，已知是拋物线的焦点，过点的直线交抛物线于，两点，且满足.
(1)求的值；
(2)已知点，直线，与拋物线的另一个交点分别为，，直线交轴于点，交直线于点.抛物线在，处的切线交于点，过点作平行于轴的直线，分别交直线KD，于点，.
（i）求证：点为定点；
（ii）记，的面积分别为，，求的最小值.
6．（2025·云南·模拟预测）已知双曲线的一条渐近线的方程为，点在上．过直线上一点作的两条切线，切点都在的右支上．直线与轴交于点．
（参考结论：二次曲线在曲线上某点处的切线方程为）
(1)求双曲线的方程；
(2)设在直线上的投影分别为．记，，的面积分别为，证明：成等比数列．
7．（2025·云南·模拟预测）已知M，m分别为五个实数的最大值和最小值.若从这五个数中去掉后，求得它们的平均数为90.5.若从这五个数中去掉后，求得它们的平均数为91.记
(1)求焦点为，准线方程为的抛物线的标准方程；
(2)在（1）的条件下，若点为上一点，A，B为上异于点的两个动点，且，求证：直线恒过定点.
8．（2025·湖北武汉·模拟预测）已知圆，圆.若动圆与圆外切，且与圆内切，设动圆圆心的轨迹为.不过原点O的动直线与曲线交于两点，平面上一点满足，连接交于点（点在线段上且不与端点重合），若.
(1)求轨迹的方程；
(2)试问：直线OA，OB的斜率乘积是否为定值，若是，求出定值；若不是，说明理由.
(3)试问：四边形的面积否为定值，若是，求出定值；若不是，说明理由.
9．（2025·湖北黄冈·模拟预测）已知中心在原点，焦点在轴上的圆锥曲线的离心率为2，过的右焦点作垂直于轴的直线，该直线被截得的弦长为6.
(1)求的方程；
(2)若面积为12的的三个顶点均在上，边过，边过原点，求直线的方程；
(3)已知，过点的直线与在轴右侧交于不同的两点，，上存在点满足，且，试求的范围.
10．（2025·四川成都·三模）如图，在平面直角坐标系中，已知点（异于点）在抛物线上，且满足.
(1)证明：直线过定点；
(2)若，分别以为直径作与，过点的直线与分别交于点，求的最大值；
(3)在（2）的条件下，设是抛物线上的三个点，直线均与相切，判断直线与的位置关系，并说明理由.
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