解答题05 7类圆锥曲线答题模板
（定点、定值、定直线、最值与范围、动点轨迹、存在性问题、杂糅问题）
模板01 定点问题的答题模板
圆锥曲线定点问题是指在某些含有参数的直线或曲线方程中，不论参数如何变化，其都过某一定点。圆锥曲线的定点问题及其相关计算是新高考卷的常考内容，需强化训练复习.
解决定点问题的基本思路是首先确定方程，即用一个参数来表达直线（或曲线）的方程。通过证明方程的成立与参数的具体值无关，我们可以得到一个关于x和y的方程组。这个方程组的解所对应的点，即为直线（或曲线）所固定的通过点。
过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
（2022·全国·高考真题）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．
思路详解：（1）解：设椭圆E的方程为，过，
则，解得，，
所以椭圆E的方程为：.
（2），所以，
①若过点的直线斜率不存在，直线.代入，
可得，，代入AB方程，可得
，由得到.求得HN方程：
，过点.
②若过点的直线斜率存在，设.
联立得，
可得，，
且
联立可得
可求得此时，
将，代入整理得，
将代入，得
显然成立，
综上，可得直线HN过定点
1．（2023·全国·高考真题）已知椭圆的离心率是，点在上．
(1)求的方程；
(2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点．
思路详解：（1）由题意可得，解得，
所以椭圆方程为.
（2）由题意可知：直线的斜率存在，设，
联立方程，消去y得：，
则，解得，
可得，
因为，则直线，
令，解得，即,
同理可得，
则
，
所以线段的中点是定点.
2．（2024·广东深圳·模拟预测）已知椭圆：的离心率为，右顶点与的上，下顶点所围成的三角形面积为．
(1)求的方程；
(2)不过点的动直线与交于，两点，直线与的斜率之积恒为，证明直线过定点，并求出这个定点．
思路详解：（1）令椭圆的半焦距为c，由离心率为，得，
解得，
由三角形面积为，得，则，，
所以的方程是.
（2）由（1）知，点，当直线的斜率为0时，设直线，
则，，且，即，
，不合题意；
当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，设，
由消去x得：，
则，
直线与的斜率分别为，，
于是
，整理得，解得或，
当时，直线过点，不符合题意，因此，
直线：恒过定点.
3．（2024·河南周口·模拟预测）已知椭圆的焦距为2，不经过坐标原点且斜率为1的直线与交于P，Q两点，为线段PQ的中点，直线的斜率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设，直线PB与的另一个交点为，直线QB与的另一个交点为，其中，均不为椭圆的顶点，证明：直线MN过定点.
思路详解：（1）由椭圆的焦距为得，，则.
设，，，则，，
两式作差得，，
所以，即，
所以，所以，
所以，则，解得，.
故椭圆的方程为.
（2）由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，，，
则，直线的方程为，
将其代入得，，显然，
则，所以，
将代入直线的方程，解得，
所以，同理得，
所以，得，
即，
整理得，所以，
因此直线的方程为，令，即，则，
所以直线过定点.
1．（2024·贵州贵阳·二模）已知椭圆的一个焦点是.直线与直线关于直线对称，且相交于椭圆的上顶点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求的值；
(3)设直线分别与椭圆另交于两点，证明：直线过定点.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由焦点和顶点坐标计算即可求出椭圆标准方程；
（2）已知直线与直线关于直线对称，设对称点，利用对称关系列方程组求的值；
（3）通过联立方程组求出两点坐标，求直线的方程，根据方程确定所过定点.
【详解】（1）因为相交且关于直线对称，故的交点在直线上，
又直线与轴相交于点，则椭圆的上顶点为，
设椭圆的标准方程为，则，
又半焦距，得，
所以椭圆的标准方程为；
（2）由（1）可得.
设点是上任意异于的一点，
点是关于直线的对称点，
所以由得，
由得，
联立①、②，解得，
代入直线得．
又由点，在直线上可得，故，
所以，由得，
故的值为1；
（3）设，．
联立直线与椭圆：，得，
所以，
同理，，
又由（2）：，所以也可表示为，
所以直线的方程为，
化简得，
所以对任意的，总会过点．
故直线过定点．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
2．（2024·浙江·模拟预测）已知椭圆：与直线相切于点.
(1)求椭圆的方程；
(2)设，为椭圆上异于点的点，直线，与轴分别交于点，，若，证明：直线恒过定点.
【答案】(1)
(2)直线过定点
【分析】（1）联立直线与椭圆方程，利用，以及点在椭圆上，即可解决；
（2）利用齐次化方程的思想设直线和椭圆方程，并转化为关于斜率的一元二次方程，利用韦达定理，即可求解.
【详解】（1）联立，可得，
可得，
化简可得，，
又点在椭圆上，因此，解得：，，
故椭圆的方程为；
（2）设直线的方程为，
设点，，
由可得，
又，
则，
，
故，
由，
即有，因此有，
则直线的方程为，
当时，恒成立，
因此直线过定点.
【点睛】思路点睛：本题第二问利用齐次化方程的思想解决问题.
3．（2024·江西宜春·模拟预测）已知椭圆的左右顶点分别为和，离心率为，且经过点，过点作垂直轴于点．在轴上存在一点（异于），使得．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点作一条垂直于轴的直线，在上任取一点，直线和直线分别交椭圆于两点，证明：直线经过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意列出含的方程组解出即可.
（2）设，由三点共线得出，设出直线方程，得到，直线方程和椭圆方程联立得出代入即可.
【详解】（1）由题意得，将代入椭圆方程得，
联立方程组，解得，所以椭圆的方程为.
（2）设，由，得，解得，
此时，如图：设，由三点共线，
得，
由三点共线，得，得，
又，得，
得，
即．
设直线的方程为，
即，①
联立直线与椭圆：，消得，
则有，②
将②式代入①式，得，解得（舍）或.
直线经过定点．
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
模板02 定值问题的答题模板
定值问题涉及的是几何量（如线段长度、图形面积、角度、直线斜率等）或代数表达式的值，这些值与题目中的参数无关，不会随着参数的变化而改变，始终保持着一个固定的数值。圆锥曲线的定值问题及其相关计算是新高考卷的常考内容，需强化训练复习.
求解定值问题的三个步骤
（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；
（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；
（3）得出结论．
（2024·江苏苏州·模拟预测） 已知椭圆 与圆 在第一、第四象限分别交于 Q、P 两点，且满足
(1)求椭圆γ的标准方程；
(2)A 是椭圆上的一点，若存在椭圆的弦 BC 使得 ，求证:四边形OABC 的面积为定值.
思路详解：（1）由对称性知，，
因为，，所以△是边长为1的等边三角形，
因为位于第一象限，所以,，
代入椭圆的方程有，
代入圆的方程有，
联立解得，，
所以椭圆的标准方程为．
（2）证明：设，，则直线的斜率为，且，即，
因为，所以四边形是平行四边形，，
设直线的方程为，,，,，
联立，得，
所以，，
所以，
因为，
所以，
整理得，即，
而点到直线的距离为，
所以四边形的面积，为定值．
1．（2024·湖南常德·一模）已知椭圆 的短轴长为，分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上的一点，且的周长为.
(1)求椭圆的方程；
(2)过作垂直于轴的直线与椭圆交于 两点（点在第一象限），是椭圆上位于直线两侧的动点，始终保持，求证：直线的斜率为定值.
思路详解：（1）由已知有，，即，.
所以，从而.
故椭圆的方程为.
（2）
我们有，故直线的方程为.
将代入可得，解出，故，.
由于，故的斜率互为相反数.
设的斜率分别是，则由可知它们的方程分别是和.
将直线与椭圆方程联立可知，即.
由知此方程必有一根，故另一根是.
这得到，同理有.
所以直线的斜率.
2．（2024·四川内江·三模）已知抛物线E的准线方程为：，过焦点F的直线与抛物线E交于A、B两点，分别过A、B两点作抛物线E的切线，两条切线分别与y轴交于C、D两点，直线CF与抛物线E交于M、N两点，直线DF与抛物线E交于P、Q两点.
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)证明：为定值.
思路详解：（1）因为抛物线的准线为：，设，则，所以，
故抛物线E的标准方程为.
（2）易知抛物线E的焦点，
设直线AB的方程为，、，
联立可得，
由韦达定理可得，，
接下来证明抛物线E在点A处的切线方程为，
联立可得，即，即，
所以，直线与抛物线E只有唯一的公共点，
所以，AC的方程为，
同理可知，直线BD的方程为，
在直线AC的方程中，令，可得，即点，
同理可得点，所以，直线的方程为，即，
设点、，联立，可得，
由韦达定理可得，，
所以，
同理可得，
所以
，
故为定值.
3．（2024·河北衡水·三模）已知抛物线的焦点为，过且倾斜角为的直线与交于，两点．直线，与相切，切点分别为，，，与轴的交点分别为，两点，且．
(1)求的方程；
(2)若点为上一动点（与，及坐标原点均不重合），直线与相切，切点为，与，的交点分别为，．记，的面积分别为，．
①请问：以，为直径的圆是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由；
②证明：为定值．
思路详解：（1）设，，，联立，
消去得，显然，所以，．
由，，故的方程为，
令得，解得，即，
同理，则．
由，知，
由，得，解得或（舍去），
故的方程为；
（2）①由（1）不妨设，由，
解得，，
所以，．
设，则．
联立，解得，所以，
同理，
以、为直径的圆的方程为，
整理得，
令，解得或，
故该圆恒过两个点．
②由于，，，，，
所以，
，
，，
直线的斜率为，显然直线与垂直，故为直角三角形，
同理也是直角三角形，
故，，
故（或）．
1．（2024·四川乐山·三模）已知椭圆的左 右焦点分别为分别是椭圆的上下顶点，分别是椭圆的左右顶点，点在椭圆上，且的面积为.
(1)求椭圆的方程；
(2)点是椭圆上的动点（不与重合），是在点处的切线，直线交于点，直线交于点，求证：直线的斜率为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据条件求的值，确定椭圆的标准方程.
（2）因为直线的斜率不为0，可设直线方程为：，与直线方程联立可得点坐标，与椭圆方程联立，可得点坐标，进一步写出直线的方程，令得点坐标，列出直线的斜率，化简即可.
【详解】（1）．
点在椭圆上，
，解得或（舍）
．椭圆的方程为．
（2）如图：
易知直线斜率不为0，设直线方程为
直线方程为：，
联立，得．
由，得，
．
直线的斜率为：．
直线方程为：．
令，得．
．
所以直线的斜率为定值.
2．（2024·重庆沙坪坝·模拟预测）如图， 在平面直角坐标系中，双曲线的上下焦点分别为，. 已知点和都在双曲线上， 其中e为双曲线的离心率.
(1)求双曲线的方程;
(2)设是双曲线上位于轴右方的两点，且直线与直线平行，与交于点.
(i) 若，求直线的斜率；
(ii) 求证：是定值.
【答案】(1)
(2)(i)；(ii)
【分析】（1）将点的坐标代入双曲线的方程求解即可；
（2）（I）构造平行四边形，求出，然后利用弦长公式求直线的斜率即可；（II）利用三角形相似和双曲线的性质，将转化为，然后结合韦达定理求解即可.
【详解】（1）将点和代入双曲线方程得：
，结合，化简得：，解得，
双曲线的方程为．
（2）(i) 设关于原点对称点记为，
则．
因为，所以，
又因为，所以，即，
故三点共线．
又因为与互相平分，所以四边形为平行四边形，故，
所以．
由题意知，直线斜率一定存在，
设的直线方程为，代入双曲线方程整理得：
，故，
直线与双曲线上支有两个交点，所以，解得．
由弦长公式得
，
则，且由图可知，即，
代入解得．
(ii) 因为，由相似三角形得，
所以
．
因为．
所以，故为定值．
【点睛】关键点点睛：第二问(ii)的关键是将转化为，结合韦达定理即可顺利得解.
3．（2024·湖南衡阳·一模）如图，已知点、分别是椭圆的左、右焦点，点是负半轴上的一点，，过点的直线与交于点与点.
(1)求面积的最大值；
(2)设直线的斜率为和直线的斜率为，椭圆上是否存在点，使得为定值，若存在，求出点与值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，答案见解析
【分析】（1）利用两个公共底的三角形面积差表示出所求三角形面积，再由根与系数的关系化简，化简后换元，利用均值不等式求最值；
（2）设，表示出，再利用在直线上及根与系数的关系化简，观察式子当当，时为定值，即可得解.
【详解】（1）因为，所以，
所以，
由，可设，
由题意，联立，消元得，
设，，
则，且，，
所以的面积，
令，则，
当且仅当，即，时（此时适合的条件）取得等号.
故面积的最大值为.
（2）设椭圆上存在满足条件的点，定值，如图，
由（1）知，，所以，，
，由，在上，
所以，，
所以，
当，，时，该等式成立与取值无关，
此时，故满足条件的椭圆上的点对应或对应.
【点睛】关键点点睛：定值问题的关键在于能够把利用直线消元即根与系数的关系化为关于及的式子，通过观察确定的取值，使得为定值，对运算能力要求很高.
4．（2024·全国·模拟预测）已知双曲线C的中心是坐标原点，对称轴为坐标轴，且过，两点．
(1)求C的方程；
(2)设P，M，N三点在C的右支上，，，证明：
（ⅰ）存在常数，满足；
（ⅱ）的面积为定值．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）设C的方程为，其中．由C过A，B两点，代入解得，即可.
（2）（ⅰ）设，，，其中，，．因为，所以直线BM的斜率为，方程为．
联立结合韦达定理得到，．
同理，．再结合向量运算即可解决.
（ⅱ）结合前面结论，运用点到直线距离公式，三角形面积公式可解.
【详解】（1）设C的方程为，其中．
由C过A，B两点，故，，解得，．
因此C的方程为．
（2）（ⅰ）设，，，其中，，i＝0，1，2．
因为，所以直线BM的斜率为，方程为．
由，得，
所以，
．
因此．
同理可得直线AN的斜率为，直线AN的方程为．
由，得，
所以，
，
因此
．
则，即存在，满足．
（ⅱ）由（ⅰ），直线MN的方程为，
所以点P到直线MN的距离．
而，
所以的面积为定值．
【点睛】难点点睛：本题属于中难题，考查直线与双曲线．本题第（1）小问设问基础，但需要注意所设方程的形式；第（2）（ⅰ）小问在题干条件翻译上未设置较多障碍，但是对4个坐标分量的求解非常考验学生的代数基本功和计算能力，区分度较大．
模板03 定直线问题的答题模板
定直线问题是指因图形变化或点的移动而产生的动点在定直线上的问题，其核心在于确定这些动点的轨迹。
(1)设定点法：通过设定特定点的轨迹，利用已知的点轨迹信息，消去其中的参数，进而导出轨迹方程。
(2)待定系数法：首先设定包含未知参数的直线方程，然后运用待定系数法来求解这些系数。
(3)验证法：选取特殊点的位置来求解直线方程，随后对一般情况下的位置进行验证。
（2023·全国·高考真题）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上.
思路详解：（1）设双曲线方程为，由焦点坐标可知，
则由可得，，
双曲线方程为.
（2）由(1)可得，设，
显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且，
与联立可得，且，
则，
直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得：
，
由可得，即，
据此可得点在定直线上运动.
1．（2024·河北保定·二模）已知抛物线的焦点为，过作互相垂直的直线，分别与交于和两点（A，D在第一象限），当直线的倾斜角等于时，四边形的面积为．
(1)求C的方程；
(2)设直线AD与BE交于点Q，证明：点在定直线上．
思路详解：（1）当直线的倾斜角等于时，直线的倾斜角等于，
直线的方程为，由抛物线的对称性知，
所以，得．
联立方程组，消去得．
设两点的横坐标分别为，则，．
又，所以，所以的方程为．
（2）由（1）知，依题意，可设直线的方程为，
则直线的方程为．
联立方程组消去得，显然，
设，则．
设，同理可得，
所以，同理可得．
直线的方程为，
即．
同理，直线的方程为
．
两直线方程联立得，解得，
即直线与的交点在定直线上．
2．（2024·陕西铜川·模拟预测）已知椭圆C：的右顶点为，离心率为，过点的直线l与C交于M，N两点．
(1)若C的上顶点为B，直线BM，BN的斜率分别为，，求的值；
(2)过点M且垂直于x轴的直线交直线AN于点Q，证明：线段MQ的中点在定直线上．
思路详解：（1）由题意知，
解得，，，
所以C的方程为，
显然直线l的斜率存在，设直线l的方程为：，，，
由，得，
由方程的判别式，可得，
所以，，
易得，所以，，
所以
，
（2）证明：设线段MQ的中点为，又，，
所以，，即，又A，N，Q三点共线，
所以，即，
所以，又，
又
所以
，
所以，即线段MQ的中点在定直线上．
3．（2024·山东·模拟预测）已知椭圆的两个顶点分别为、，焦点在轴上，离心率为，直线与椭圆交于、两点.
(1)求椭圆的方程；
(2)当变化时，是否存在过点的定直线，使直线平分？若存在，求出该定直线的方程；若不存在，请说明理由.
思路详解：（1）解：由椭圆的两个顶点分别为、，可得，
又由，解得，
所以椭圆的方程的标准方程为.
（2）解：假设存在定直线，显然直线的斜率存在，设为，且、，
联立方程组，整理得，
则，且，，
由
.
设直线、及直线的倾角分别为，，，设直线与直线交于点，
则，，所以，
即，
所以即，
化简得且，
所以，解得或（舍），
所以存在过点的定直线，使直线平分，该定直线的方程为；
1．（2024·贵州毕节·三模）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，，动点P满足，设点P的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)过点的直线l与曲线在y轴右侧交于不同的两点M，N，在线段MN上取异于点M，N的点D，满足．证明：点D在定直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设点P的坐标为，根据斜率乘积为定值化简即可；
（2）设直线l的方程为，联立双曲线方程得到韦达定理式，化简弦长得，代入韦达定理式计算即可.
【详解】（1）设点P的坐标为，
由得，化简整理得，
所以曲线的方程为.
（2）若直线l的斜率不存在，则直线l与曲线只有一个交点，不符合题意，
所以直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为，
设点，
联立方程组，整理得，易知，
，解得，
，解得或，
综上或，
因为，
同理由得，
化简整理得，
所以，
化简整理得，代入，
化简整理得，
所以点D在定直线上．
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用设线法联立双曲线方程得到韦达定理式，再对化简得，代入韦达定理式计算即可.
2．（2024·湖南长沙·三模）已知抛物线，过点的直线与交于不同的两点.当直线的倾斜角为时，.
(1)求的方程；
(2)在线段上取异于点的点，且满足，试问是否存在一条定直线，使得点恒在这条定直线上？若存在，求出该直线；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)点恒在直线上.
【分析】（1）先求直线的方程，再与抛物线联立组成方程组，利用韦达定理及两点距离公式，求弦的长即可；
（2）设直线方程，再与抛物线联立组成方程组，利用韦达定理及相似三角形求解即可.
【详解】（1）设.
若直线的倾斜角为，则直线的方程为.
联立得，
则，
且，
所以.
因为，所以，故的方程为.
（2）存在，定直线为.
由题意知直线的斜率存在，
设直线的方程为，.
联立得.
由，得且，
.
不妨设，则，
过点向轴作垂线，垂足分别为点，如图所示，
则，.
因为，所以，
整理得，所以.
代入直线的方程得.
因为，所以点恒在直线上.
3．（2024·吉林长春·一模）已知为抛物线的焦点，为坐标原点，过焦点作一条直线交于A，B两点，点在的准线上，且直线MF的斜率为的面积为1.
(1)求抛物线的方程；
(2)试问在上是否存在定点，使得直线NA与NB的斜率之和等于直线NF斜率的平方？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)过焦点且与轴垂直的直线与抛物线交于P，Q两点，求证：直线AP与BQ的交点在一条定直线上.
【答案】(1)
(2)或
(3)证明见解析
【分析】（1）根据，结合的坐标即可求解；
（2）设的方程为，，联立直线和抛物线方程，将题干斜率条件用坐标表达，结合韦达定理求解；
（3）表示出直线AP与BQ的方程，得到交点坐标，结合（2）中的韦达定理求解.
【详解】（1）由题意得，直线方程为：，
令，则，故，
于是，解得（负值舍去），
故抛物线方程为.
（2）设的方程为，，，
由题意得，，即，
可得，通分可得，
联立和抛物线，得到，，
由，代入可得，
整理可得，解得或，
故，满足题意.
（3）由题意，，
则直线，直线，
两直线方程相减得到：，
由（2）知，，于是，
即，
即，
即，
于是，
解得，
即直线AP与BQ的交点在一条定直线上
【点睛】关键点睛：解析几何大多数定值问题，会采取设而不求，联立方程后，结合韦达定理整体代入求解，从而简化运算.
模板04 最值与范围问题的答题模板
圆锥曲线中的最值与取值范围问题，一直是历年高考数学试卷中的常见热点综合应用题型之一，此类问题常考常新，创新新颖，形式各样，变化多样，对考生的代数恒等变形能力，数学运算能力，推理论证能力等都有较高的要求，同时突出对数学基础知识、数学思想方法、数学关键能力以及数学核心素养等的全面考查，具有较好的选拔性与区分度，备受命题者青睐
圆锥曲线中的范围与最值问题，展现了圆锥曲线与三角函数、不等式、方程、平面向量等代数知识之间的紧密联系。
几何转化代数法:
如果题目的条件和结论明显地展现了几何特征和意义，那么可以考虑利用圆、圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决问题。
代数法:
当题目给出的条件和结论的几何特征不明显时，可以建立目标函数，进而求解这个函数的最值（或值域）。
常用方法包括：(1)配方法；(2)基本不等式法；(3)单调性法；(4)三角换元法；(5)导数法等。在应用这些方法时，特别需要注意自变量的取值范围。
（2022·新Ⅰ卷·高考真题）如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点．
(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求的最小值．
思路详解：（1）设是椭圆上任意一点,,
，当且仅当时取等号，故的最大值是.
（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，故的最小值为.
1．（2020·新Ⅱ卷·高考真题）已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为 ，
（1）求C的方程；
（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值.
思路详解：(1)由题意可知直线AM的方程为：，即.
当y=0时，解得，所以a=4，
椭圆过点M(2，3)，可得，
解得b2=12.
所以C的方程：.
(2)设与直线AM平行的直线方程为：，
如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.
联立直线方程与椭圆方程，
可得：，
化简可得：，
所以，即m2=64，解得m=±8，
与AM距离比较远的直线方程：，
直线AM方程为：，
点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，
利用平行线之间的距离公式可得：，
由两点之间距离公式可得.
所以△AMN的面积的最大值：.
2．（2021·新Ⅰ卷·高考真题）如图，已知F是抛物线的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且，
（1）求抛物线的方程；
（2）设过点F的直线交抛物线与A B两点，斜率为2的直线l与直线，x轴依次交于点P，Q，R，N，且，求直线l在x轴上截距的范围.
思路详解：（1）因为，故，故抛物线的方程为：.
（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.
故直线在轴上的截距的范围为或或.
[方法二]：利用焦点弦性质
设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，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轴上的截距的范围为．
[方法三]【最优解】：
设，
由三点共线得，即．
所以直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．
设直线的方程为，
则．
所以．
故（其中）．
所以．
因此直线在x轴上的截距为．
3．（2021·全国·高考真题）已知抛物线的焦点F到准线的距离为2．
（1）求C的方程;
（2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足，求直线斜率的最大值.
思路详解：（1）抛物线的焦点，准线方程为，
由题意，该抛物线焦点到准线的距离为，
所以该抛物线的方程为；
（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，
据此整理可得点的轨迹方程为，
所以直线的斜率，
当时，；
当时，，
当时，因为，
此时，当且仅当，即时，等号成立；
当时，；
综上，直线的斜率的最大值为.
[方法二]：【最优解】轨迹方程+数形结合法
同方法一得到点Q的轨迹方程为．
设直线的方程为，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，所以直线斜率的最大值为．
[方法三]：轨迹方程+换元求最值法
同方法一得点Q的轨迹方程为．
设直线的斜率为k，则．
令，则的对称轴为，所以．故直线斜率的最大值为．
[方法四]：参数+基本不等式法
由题可设．
因为，所以．
于是，所以
则直线的斜率为．
当且仅当，即时等号成立，所以直线斜率的最大值为．
1．（2024·河北·模拟预测）椭圆：左右顶点分别为，，且，离心率.
(1)求椭圆的方程；
(2)直线与抛物线相切，且与相交于、两点，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由长轴，结合离心率为，求出，即可求出椭圆的方程；
（2）方法一：由题意当直线斜率不存在时，直线方程为，，当直线斜率存在时，方程可设为，先把直线和抛物线联立得到，再结合直线与椭圆的位置关系求出和点到直线距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的性质即可求出面积的最大值；
方法二：设直线为，先把直线和抛物线联立得到，结合直线与椭圆的位置关系求出的值，再利用结合二次函数的性质即可求出面积的最大值；
方法三：证明抛物线的方程，经过抛物线上一点的切线的方程为，其思路同方法一；
方法四：由方法三可设切线方程为，其思路同方法二.
【详解】（1）由题意，得，.
又的离心率为，得，所以，
则，
得椭圆的方程为.
（2）
方法一：由题意当直线斜率不存在时，直线方程为，
易得，此时.
当直线斜率存在时，方程可设为，与抛物线联立得
整理得
由.
联立，得，
又，整理得
且
得
设，，则，.
得
又点到直线距离为，
由二次函数性质知当（满足）时，
取得最大值为，
综上所述，得的面积的最大值为.
方法二：由题意知直线斜率不为0，故方程可设为，
与抛物线联立得，
直线与抛物线相切得，
联立，得，
且.
设，
则，.
又与轴交于点，
则
又，
，
当（此时，符合）时，取得最大值为
综上所述，得的面积的最大值为.
方法三： 由，求导数得2，
不妨设，则，
由导数的几何意义知过点的切线的斜率为，
故所求切线方程为，
化简得即，
又在抛物线上，
所以切线方程为：（可验证对，此方程也适用）
因此可得抛物线的方程，求经过抛物线上一点的切线的方程为.
故由题意可设直线的切点为，则切线方程为
当切点为原点时，易得
当切点不是原点时，联立，
又，整理得，
，得，
设，，
则，.
得
又点到直线距离为，
当时（满足），面积最大.
综上所述，得的面积的最大值为.
方法四： 设直线的切点为，即，
由方法三可设切线方程为.
由题意知直线斜率不为0，得直线方程为，
，得.
设，
则，.
又与轴交于点，
则
当（满足）时，取得最大值为.
综上所述，得的面积的最大值为
【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线中的最值问题常见的方法（1）函数法：一般需要找出所求几何量的函数解析式，要注意自变量的取值范围，求函数的最值时，一般会用到配方法、均值不等式或函数单调性．（2）方程法：根据题目中的等量关系建立方程，根据方程的解的条件得出目标量的不等关系，再求出目标量的最值．
2．（2024·福建泉州·模拟预测）已知椭圆的左右焦点分别是，双曲线的顶点恰好是、，且一条渐近线是．
(1)求的方程：
(2)若上任意一点（异于顶点），作直线交于，作直线交于，求的最小值．
【答案】(1);
(2).
【分析】（1）利用双曲线渐近线斜率已知，结合顶点坐标的性质，即可求出方程；
（2）设直线的方程为：，利用弦长公式可求出与的关系式，同理再设直线的方程为：，也可求出与的关系式，然后利用这两直线的交点在双曲线上，得到，从而可求的最小值.
【详解】（1）由椭圆得：左右焦点分别是，
因为双曲线的顶点恰好是、，设双曲线的方程为：，
所以，
又由一条渐近线是，可得，所以，
即双曲线的方程为：，
（2）
设直线的方程为：，与椭圆联立得：
，
可设，则
则，
同理可设直线的方程为：，与椭圆联立得：
，
可设，则
则，
再由直线的方程为：与直线的方程为：联立解得：
，
由于这两直线交点就是点，则把点的坐标代入双曲线的方程得：
，化简得：，
点（异于顶点），所以，即，
则
，
当且仅当，即时，有最小值.
【点睛】关键点点睛：
关键点一是直接设两直线方程，再去求出交点在双曲线上，得到；
关键点二是得到所求出来的这个式子，如何求最小值，这里用了代换1思想，转化到不等式再求最值.
3．（2024·新疆·三模）已知椭圆：的左右焦点分别为，，离心率为，过抛物线：焦点的直线交抛物线于M，N两点，的最小值为4.连接，并延长分别交于A，B两点，且点A与点M，点B与点N均不在同一象限，与的面积分别记为，.
(1)求和的方程；
(2)记，求的最小值.
【答案】(1)椭圆的方程为，抛物线的方程为
(2).
【分析】（1）利用抛物线过焦点弦求最小值，求解出值，即可求解两个方程；
（2）利用抛物线过焦点弦的端点到原点的斜率之积为定值，从而引入新变量直线斜率为，即可求出点坐标，同理也可以求出点坐标，然后利用两点间弦长公式可求得的长度，即可计算两三角形面积比的平方，最后转化到变量的函数求最小值即可.
【详解】（1）设直线的方程为，设，，联立,
整理得，所以，
所以当时，有最小值，所以，解得，
又因为离心率为，所以，则，
所以椭圆的方程为，抛物线的方程为.
（2）
由（1）可得，，所以，
设直线的方程为，
联立，整理得，解得，
同理可设直线的方程为，可解得，
.
所以当时，有最小值.
【点睛】方法点睛：（1）利用抛物线过焦点弦的最小值为通径这一性质来解题；
（2）利用抛物线过焦点弦的端点到原点的斜率之积为定值，来引入斜率变量，求出点坐标；
（3）利用两点间的弦长公式来求出长度，即可求面积比；
（4）最后把面积比转化为两根之积的韦达定理，以及斜率变量上来，最后利用基本不等式可求出最小值.
模板05 动点轨迹的答题模板
轨迹是由动点按照特定规律或轨迹条件运动所形成的路径。一旦这些轨迹条件通过动点坐标的数学表达式来表示，我们便得到了所求的轨迹方程。
求解轨迹方程的本质在于将几何形态（“形”）转换为数值表达（“数”），将曲线转换为方程形式。通过研究这些方程，我们能够深入理解曲线的性质。求轨迹方程培养了学生数形结合的思想、函数与方程的思想以及化归与转化的思想.
求轨迹方程的5种常用方法
1 直接法: 直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法通常叫做直接法。
2 定义法: 如果能够确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程，这种求轨迹方程的方法叫做定义法。
3 相关点法: 用动点 的坐标 表示相关点 的坐标 ，然后代入点 的坐标 所满足的曲线方程，整理化简便得到动点 轨迹方程，这种求轨迹方程的方法叫做相关点法。（用未知表示已知，带入已知求未知)
4 参数法: 当动点坐标 之间的直接关系难以找到时，往往先寻找 与某一变数 的关系，再消去参变数 ，得到方程，即为动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法叫做参数法。
5 交轨法: 将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法叫做交轨法。
（2023·全国·高考真题）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于．
思路详解：（1）设,则，两边同平方化简得，
故.
（2）法一：设矩形的三个顶点在上,且，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，
则,令，
同理令，且，则，
设矩形周长为,由对称性不妨设，，
则，易知
则令,
令，解得，
当时，，此时单调递减，
当，，此时单调递增，
则，
故,即.
当时,,且，即时等号成立，矛盾，故,
得证.
法二：不妨设在上，且，
依题意可设，易知直线，的斜率均存在且不为0，
则设,的斜率分别为和，由对称性，不妨设，
直线的方程为，
则联立得，
，则
则，
同理，
令，则，设，
则，令，解得，
当时，，此时单调递减，
当，，此时单调递增，
则，
，
但，此处取等条件为，与最终取等时不一致，故.
法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动个单位得抛物线,
矩形变换为矩形,则问题等价于矩形的周长大于.
设 , 根据对称性不妨设 .
则 , 由于 , 则 .
由于 , 且 介于 之间,
则 . 令 ,
,则,从而
故
①当时,
②当 时,由于,从而,
从而又,
故,由此
，
当且仅当时等号成立，故，故矩形周长大于.
.
1．（2024·四川宜宾·三模）已知椭圆E：的左右焦点分别为，，过焦点斜率为的直线与椭圆E交于A，B两点，过焦点斜率为的直线与椭圆E交于C，D两点，且．
(1)求直线与的交点N的轨迹M的方程；
(2)若直线OA，OB，OC，OD的斜率分别为，，，，问在（1）的轨迹M上是否存在点P，满足，若存在，求出点P坐标；若不存在，说明理由．
思路详解：（1）由已知，，则：，：，
∴点满足，即，∴①②，
∴点P的轨迹方程是（），
又依题意可知，
综上可知：直线与的交点N的轨迹M的方程为：（且）；
（2）由题意知直线：，与椭圆方程联立，
消元得，，
，
同理可得，
所以，即．
由（1）知，所以，令点，，解得，
∴存在或满足题意．
2．（2024·安徽合肥·三模）已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比为常数，其中，且，记点的轨迹为曲线．
(1)求的方程，并说明轨迹的形状；
(2)设点，若曲线上两动点均在轴上方，，且与相交于点．当时，
（ⅰ）求证：为定值
（ⅱ）求动点的轨迹方程．
思路详解：（1）设点，由题意可知，即，
经化简，得的方程为，
当时，曲线是焦点在轴上的椭圆；
当时，曲线是焦点在轴上的双曲线．
（2）当时，由（1）可知的方程为，
设点，其中且，
（i）证明：因为，所以，
因此，三点共线，
且，
设直线的方程为，联立的方程，得，，
则，
由（1）可知，
所以
（定值），
（ⅱ）由椭圆定义，得，
，
解得，
同理可得，
所以
．
所以，点在以点为焦点长轴长为6的椭圆上，由于点均在轴上方，所以动点的轨迹方程为
3．（2024·山东菏泽·模拟预测）已知在平面直角坐标系中，一直线与从原点出发的两条象限角平分线（一、四象限或二、三象限的角平分线）分别交于，两点，且满足，线段的中点为，记点的轨迹为．
(1)求轨迹的方程；
(2)点，，，过点的一条直线与交于、两点，直线，分别交直线于点，，且满足，，证明：为定值.
思路详解：（1）设在第一象限角平分线上，则在第四象限角平分线上，
，，则，，
（若在第三象限角平分线上，则在第二象限角平分线上，则，）
即，
，
，
设，则，，
，
轨迹的方程为；
（2）
易知直线的斜率一定存在，设，，，
由得，
直线与交于、两点，
，解得且，
，，
，，，
直线，分别交直线于点，，
由得，
同理得，
，
由得，同理可得，
则
为定值.
1．（2024·河北石家庄·二模）已知为平面上一个动点，到定直线的距离与到定点距离的比等于，记动点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)过点的直线与曲线交于，两点，在轴上是否存在点，使得为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)在轴上存在点，使得为定值，定值为.
【分析】（1）根据题意，用点到直线和点到点的距离公式列出方程，整理得出方程即可.
（2）假设存在，先考虑斜率不为0的情况，设其方程为，再与曲线联立后用韦达定理，表达出，若要上式为定值，则必须有，即，代入求出.再考虑斜率为0的时候，直接求出即可.
【详解】（1）设点的坐标为，则，
即，化简得：，所以双曲线的标准方程为；
（2）如图
当直线的斜率不为0时，设其方程为.
由于直线与双曲线交点两个，则直线不能与渐近线平行，渐近线斜率为，则.
代入，整理得，，设，，，，，
则，
所以
．
若要上式为定值，则必须有，即，，故存在点满足．
当直线的斜率为0时，，，此时点亦满足，故存在点满足．
综上所得，在轴上存在点，使得为定值，定值为.
2．（2024·河北衡水·模拟预测）已知圆，过的直线与圆交于两点，过作的平行线交直线于点.
(1)求点的轨迹的方程；
(2)过作两条互相垂直的直线交曲线于交曲线于，连接弦的中点和的中点交曲线于，若，求的斜率.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据已知条件，可得，，进而可以判断点的轨迹为双曲线，即可得到轨迹方程.
（2）设，，分别与双曲线方程联立，利用韦达定理得到中点坐标，进而得到直线的方程，再将直线与双曲线联立，利用韦达定理和向量数量积的坐标表示求解即可，注意讨论斜率不存在的情况.
【详解】（1）根据题意，因为，，
所以，所以，
所以，
当位置互换时，，当过的直线与轴重合时无法作出，
所以点的轨迹为以为焦点，即，且的双曲线，
所以 ，的轨迹方程为.
（2）根据题意可知的斜率存在且不为，
设的斜率为，，，，，其中，
则，，
联立，消去得，
，
所以，，
所以中点坐标为，同理可得中点坐标为，
当，即时，两中点坐标分别为，，此时直线为，
联立，解得，，
所以，，不满足条件，
当时，，
则直线方程，整理得，
令，联立得，
，
所以，，，
所以由解得，
当时，代入解得或，
当时，代入解得或，
综上的斜率为或
【点睛】解决直线与圆锥曲线相交（过定点、定值）问题的常用步骤：
（1）得出直线方程，设交点为，；
（2）联立直线与曲线方程，得到关于或的一元二次方程；
（3）写出韦达定理；
（4）将所求问题或题中关系转化为，形式；
（5）代入韦达定理求解.
3．（2024·辽宁·二模）平面直角坐标系xOy中，面积为9的正方形的顶点分别在x轴和y轴上滑动，且，记动点P的轨迹为曲线．
(1)求的方程；
(2)过点的动直线l与曲线交于不同的两点时，在线段上取点Q，满足．试探究点Q是否在某条定直线上？若是，求出定直线方程；若不是，说明理由．
【答案】(1)
(2)点Q在定直线上，定直线方程为
【分析】（1）设点的坐标，利用平面向量的坐标表示消参得，结合正方形面积得的方程；
（2）设，的坐标，与椭圆联立并根据韦达定理得横坐标关系，再根据线段乘积关系化为比值关系得，化简得，代入直线方程即可，从而求出定直线方程.
【详解】（1）设，
由，得，
所以，
因为正方形ABCD的面积为，即，
所以，整理可得，
因此C的轨迹方程为．
（2）依题意，直线l存在斜率，设l：，即，
设点，，，
由，消y得，
即，
由
，
可以得到，
所以，
可得，，
由，得，
所以，
可得
，
所以，
因为，
所以点Q在定直线上，定直线方程为．
4．（2024·全国·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知是轴上的动点，是平面内的动点，线段的垂直平分线交轴于点，交于点，且恰好在轴上，记动点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程
(2)过点的直线与曲线交于两点，直线与直线分别交于点，设线段的中点为，求证：点在曲线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）解法一：设，，则．易知不符合题意，当时利用垂直直线斜率之积为-1计算即可求解；
解法二：在射线上另取一点使，根据全等三角形的性质可得，结合抛物线的定义即可求解；
（2）解法一：设l方程，联立抛物线方程，设，，，，利用韦达定理表示，进而对化简计算求出G，即可证明.
解法二：设l方程，联立抛物线方程得，则，是该方程的两根，从而，即可求解.
【详解】（1）解法一 设，，则．
由点在轴上，得，则，，
因为，若，则，点，重合，不合题意；
若，则，即．
所以曲线的方程是．
解法二 在射线上另取一点，使，连接，
又，所以点在直线上，
易知≌，所以垂直于直线，
连接，则，显然点不能在轴上，即，
故由抛物线的定义知，曲线的方程是．
（2）解法一 设，与联立，消去，
得，则，得，
设，，则，，
设直线，的方程分别为，，，，
则
，
所以点的纵坐标为，故点的坐标为，
显然点的坐标满足方程，故点在曲线上.
解法二 设，因为直线过点，所以，
由，得．
设，，直线，的方程分别为，，，，
则，是上面关于的方程的两根，
即直线，的斜率，是关于的方程的两根，
所以，从而，
所以点的纵坐标为，故点的坐标为，
显然点的坐标满足方程，故点在曲线上．
【点睛】易错点点睛：本题考查了抛物线方程的求法以及直线和抛物线位置关系的应用，易错点在于运算基本都是字母参数的运算，要特别注意，很容易出现计算错误.
模板06 存在性问题的答题模板
圆锥曲线作为高考的核心内容和热门考点，这类问题通常在解答题中出现，难度较大。因此，在复习过程中，应加强对这类问题的练习，以提高灵活求解的能力。
解决存在性问题的技巧:
(1) 特殊值(点)法：对于一些复杂的数学问题，可以通过分析其中的特殊情况，推导出所求要素的必要条件，然后再证明这些条件对于所有情况均成立。
(2) 假设法：首先假设所求要素存在，然后推导并验证满足条件的结论，如果结论正确，则证明了要素的存在性；如果结论不成立，则说明所求要素不存在。
（2024·天津·高考真题）已知椭圆的离心率为．左顶点为，下顶点为是线段的中点（O为原点），的面积为．
(1)求椭圆的方程．
(2)过点C的动直线与椭圆相交于两点．在轴上是否存在点，使得恒成立．若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由．
思路详解：（1）因为椭圆的离心率为，故，，其中为半焦距，
所以，故，
故，所以，，故椭圆方程为：.
（2）
若过点的动直线的斜率存在，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.
若过点的动直线的斜率不存在，则或，
此时需，两者结合可得.
综上，存在，使得恒成立.
1．（2024·山东·模拟预测）已知椭圆的两个顶点分别为、，焦点在轴上，离心率为，直线与椭圆交于、两点.
(1)求椭圆的方程；
(2)当变化时，是否存在过点的定直线，使直线平分？若存在，求出该定直线的方程；若不存在，请说明理由.
思路详解：（1）解：由椭圆的两个顶点分别为、，可得，
又由，解得，
所以椭圆的方程的标准方程为.
（2）解：假设存在定直线，显然直线的斜率存在，设为，且、，
联立方程组，整理得，
则，且，，
由
.
设直线、及直线的倾角分别为，，，设直线与直线交于点，
则，，所以，
即，
所以即，
化简得且，
所以，解得或（舍），
所以存在过点的定直线，使直线平分，该定直线的方程为；
2．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）在圆上任取一点，过点作轴的垂线，垂足为，点满足，当点在圆上运动时，点的轨迹为曲线，过点且斜率不为的直线与曲线交于，两点.
(1)求曲线的方程；
(2)求面积的最大值；
(3)已知点，设直线，的斜率分别为，，是否存在实数，使得为定值？若存在，求出值，若不存在，请说明理由.
思路详解：（1）设点，，则，由，
即，
因此，而，即，
所以曲线的方程为．
（2）设直线为，，，
由，消去整理得，
由，则，
所以，，
所以
，
令，，则，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以面积的最大值为.
（3）存在，，使得为定值.
依题意，，且，，
则，
所以，
，
要使为定值，则，解得或（舍去），
所以存在，使得为定值.
1．（2024·重庆·一模）已知点为圆上任意一点，，线段的垂直平分线交直线于点．
(1)求点的轨迹方程；
(2)设过点的直线与点的轨迹交于点，且点在第一象限内．已知，请问是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)，证明见解析.
【分析】（1）利用双曲线定义即可得到其方程；
（2）先得到特殊情况时，再证明其对一般情况也适用.
【详解】（1）连接，则，
点的轨迹是以点，为焦点的双曲线，
点的轨迹方程为:.
（2）因为点的轨迹方程为:，则.
当直线的方程为时，则，解得（负舍，） 则，
而，易知此时为等腰直角三角形，
其中，
即，即:，
下证：对直线斜率存在的情形也成立，
设，其中，且，因为，则，且，
即，
，
，
，
结合正切函数在上的图象可知，.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是采用先猜后证的思想，先得到直线斜率不存在时，然后通过二倍角得正切公式证明一般情况即可.
2．（2024·全国·一模）动圆P过定点，且在y轴上截得的弦GH的长为4.
(1)若动圆圆心P的轨迹为曲线C，求曲线C的方程；
(2)在曲线C的对称轴上是否存在点Q，使过点Q的直线与曲线C的交点S，T满足为定值？若存在，求出点Q的坐标及定值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)存在点，定值.
【分析】（1）根据给定条件，利用圆的性质建立等量关系，列出方程化简即得.
（2）假定存在符合要求的点并设出直线的方程，与曲线C的方程联立，利用韦达定理结合已知化简计算即得.
【详解】（1）设，依题意，，而，当P点不在y轴上时，即，
由动圆P在y轴上截得的弦GH的长为4，得，
因此，整理得，
当P点在y轴上时，显然P点与原点O点重合，而也满足，
所以曲线C的方程为.
（2）假设存在满足题意，
设，显然直线不垂直于y轴，设直线的方程为，
由消去x得，，，
则，，
，而，
因此，
当时，满足，且与无关，为定值，
所以存在点，使过点Q的直线与曲线C的交点满足为定值.
【点睛】方法点睛：①引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；
②特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
模板07 圆锥曲线杂糅问题的答题模板
圆锥曲线通常与三角函数、数列、导数等知识点杂糅在一起综合考查学生解题能力，需强化练习
运用不同的分块知识点求解即可
（2024·广东·模拟预测）在平面直角坐标系中，等轴双曲线和的中心均为O，焦点分别在x轴和y轴上，焦距之比为2，的右焦点F到的渐近线的距离为2．
(1)求，的方程；
(2)过F的直线交于A，B两点，交于D，E两点，与的方向相同．
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）求面积的最小值．
思路详解：（1）由题设可设 ,这里.
易知渐近线为 ，焦距为, 的右焦点，
由题设可知 , 解得.
所以 的方程为,的方程为.
（2）（ⅰ）设直线 ,
联立直线 和 的方程 ,得.
为使直线 和 均有2个交点，必须有， ,
解得且．
由韦达定理可得
注意到 ，因此线段 和线段 具有相同的中点．
记上述中点为 ，注意到,所以 .
（ⅱ）由（ i ）可知和的面积相等．
记的面积为 , 的面积为 , 的面积为.
由 与 的方向相同可知 .
因为 ，
同理
所以 ，
,
设,
则,
当时，单调递增，
当时，单调递减，
因此,
当且仅当时，等号成立，
因此，面积的最小值为．
1．已知椭圆经过点，，为C的左、右顶点，M，N为C上不同于，的两动点，若直线的斜率与直线的斜率的比值恒为常数，按下面方法构造数列：C的短半轴长为时，直线MN与x轴交于点.
(1)求椭圆C的离心率；
(2)证明：数列是等比数列；
(3)设顶点到直线MN的最大距离为d，证明.
思路详解：（1）由椭圆经过点得，故.
则，所以椭圆离心率为.
（2）证明：由（1）及题意可知
设，当直线斜率为0时关于轴对称，
所以斜率与的斜率之商为.不合题意.
设方程为，
因为不过顶点所以.
由得.
则
.
所以，
则
.
所以，
则直线方程为，即经过点.
因为与轴交于点，所以.
所以数列是以为公比的等比数列.
（3）由（2）可知，，且，
所以是递减数列，则，
顶点到直线距离为
，当时取等号；
故.
1．（2024·江苏苏州·模拟预测）已知平面直角坐标系中，椭圆与双曲线．
(1)若的长轴长为8，短轴长为4，直线与有唯一的公共点，过且与垂直的直线分别交轴，轴于点两点，当运动时，求点的轨迹方程；
(2)若的长轴长为4，短轴长为2，过的左焦点作直线与相交于两点（在轴上方），分别过作的切线，两切线交于点，求面积的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意可得，得到双曲线的标准方程，然后利用直线与有唯一的公共点，过且与垂直的直线分别交轴，轴于点两点，即可求解；
（2）依题意，，设，联立结合韦达定理，得到切线方程，然后根据两条切线方程联立，结合构造函数求解三角形面积最值即可．
【详解】（1）
因为的长轴长为8，短轴长为4，所以，，
联立方程，得，
又与有唯一的公共点，所以，
即，的横坐标为，
把代入中，，所以，
过且与垂直的直线为，则，
所以，，又，所以，
即，所以的轨迹方程为．
（2）
因为的长轴长为4，短轴长为2，所以，
，左焦点，
当斜率为0时，分别为椭圆的左、右顶点，此时切线平行无交点，
当斜率不为0时，设，
由得，
设，则，
，
椭圆在轴上方对应方程为，
则点处切线斜率为，
点处切线方程为，即，
同理可得点处的切线方程为，
由得，
代入①得，
所以，所以，
而，
所以，即，又，
所以．
令，则，
令，则，
所以在上单调递增，
则当时，．
所以面积的最小值为.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了直线与双曲线及椭圆的位置关系，利用直线和圆锥曲线联立，根据交点情况（1）中，（2）中，（2）中的关键是结合韦达定理，表示出切线方程，再联立切线方程，构造函数求解三角形面积最值.
2．（2024·辽宁·模拟预测）已知椭圆C：过点，且C与双曲线有相同的焦点.
(1)求C的方程；
(2)直线：不过第四象限，且与C交于A，B两点，P为C上异于A，B的动点，求面积的最大值，并求的最大值.
【答案】(1)
(2)，，最大值为9
【分析】（1）利用双曲线的焦点及椭圆所过点可求方程；
（2）先利用弦长公式及平行直线间的距离求出面积表达式，利用导数求出最值.
【详解】（1）设椭圆的焦距为，因为双曲线的焦点为，所以，即；
因为椭圆过点，所以，解得，
所以C的方程为.
（2）设，，可得，
，
因为直线：不过第四象限，所以.
，
，
设直线与椭圆相切，则，得，
由得，因为直线：不过第四象限，则三角形面积最大时取；
由题意，点为直线与椭圆的切点时，的面积最大，
此时的高为，
的面积为，
即，，
令，，
，
当时，，此时单调递增；
当时，，此时单调递减；
所以当时，取到最大值，最大值为，
所以的最大值为9.
3．如图，已知椭圆经过点，离心率．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)椭圆上任意点轴上一点，若的最小值为，求实数的取值范围；
(3)设是经过右焦点的任一弦（不经过点），直线与直线相交于点，记的斜率分别为，求证:成等差数列.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据长轴长和离心率求出，从而求出，得到椭圆方程；
（2）设，，讨论对称轴与定义域的关系即可得出答案.
（3）先得到直线的斜率一定存在，设出直线的方程，求出，直线的方程与椭圆方程联立，得到两根之和，两根之积，进而表达出，从而得证.
【详解】（1）由题意，点在椭圆上得，可得 ①
又由，所以 ②
由①②联立且，可得，，，
故椭圆的标准方程为．
（2）设，，
令，对称轴为，因为，
当，即，
，故符合题意；
当，即，
，
所以，解得，不符合题意；
当，即，
，解得；
所以实数的取值范围为：.
（3）由（1）知，椭圆的方程为，可得椭圆右焦点坐标，
显然直线斜率存在，设的斜率为，则直线的方程为，
联立方程组，整理得，
易知，设，，则有，，
由直线的方程为，令，可得，即，
从而，，，
又因为共线，则有，即有，
所以
，
将，代入得，
又由，所以，即，，成等差数列．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
1．（2024·山东·二模）已知椭圆的右焦点为，过点且不垂直于坐标轴的直线交于两点，在两点处的切线交于点．
(1)求证：点在定直线上，并求出该直线方程；
(2)设点为直线上一点，且，求的最小值．
【答案】(1)证明见解析，
(2)12
【分析】（1）由题得出椭圆方程，设直线方程为，写出两点处的切线方程，由对称性得，点处于与轴垂直的直线上，法一：两切线方程联立得，再代入即可证明；法二：由点在两切线上得直线的方程，结合直线过点，即可得出；
（2）由（1）得出直线的方程，设直线和交于点，得出为线段的中点，由弦长公式得出进而得出，由两直线夹角公式得出，得出，根据基本不等式求解即可．
【详解】（1）由题意可知，，
所以，所以椭圆方程为，
设直线方程为，
联立，消可得，，
所以，
因为过点的切线为，过点的切线为，
由对称性可得，点处于与轴垂直的直线上，
法一：联立，消去得，，
将代入上式得，
所以点在直线上．
法二：因为点在两切线上，所以，
所以直线的方程为，
又直线过点，所以，解得．
（2）将代入得，，
直线的方程为，
设直线和交于点，联立，解得，
又，所以为线段的中点，
因为，
所以，
又因为，
所以，
当且仅当时，等号成立，
故的最小值为12．
2．（2024·河北邯郸·模拟预测）已知抛物线的焦点，直线与C交于A，B两点，且，线段AB的垂直平分线与x轴交于点．
(1)求的值；
(2)求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）联立直线方程和抛物线方程，利用韦达定理和抛物线定义得到，写出直线的垂直平分线方程即可求解；
（2）利用弦长公式和点到直线的距离公式求出的面积的表达式，利用换元法构造函数，根据导数判断函数的单调性并求出最大值即可求出面积的最大值.
【详解】（1）由题意抛物线的焦点为，则，
可得，设，，
联立，得，，
所以，，
又，可得，
由，得或，
设的中点坐标为，则，
所以的垂直平分线方程为：，
将代入整理得，令，即得；
（2）由（1）得
，
又点到直线的距离，
则的面积为，
，
令，设，则，
令，解得，令，解得，
则在单调递增，在上单调递减，
所以当时，，即的最大值为，
所以面积的最大值为．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是第二问中求解三角形的面积最值时，要利用弦长公式以及点到直线的距离求出三角形面积的表达式，进而利用导数求解最值.
3．（2024·四川宜宾·一模）已知O为坐标原点，双曲线的离心率为，且过点.
(1)求C的标准方程；
(2)过C的右焦点F的直线与双曲线C的左、右两支分别交于两点A、B，点Q是线段的中点，过点F且与垂直的直线交直线于M点，点N满足；
①证明：点M在一条定直线上；
②求四边形面积的最小值.
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②
【分析】（1）根据双曲线过定点，结合离心率列方程组可得曲线方程；
（2）①由已知直线斜率一定存在，可设直线与，联立直线与双曲线，结合韦达定理可得点Q及直线方程，联立直线与可得点M，进而得证；
②由已知，结合弦长公式可得，则面积，设，则，设，利用导数法求解最值即可得解.
【详解】（1）由已知双曲线离心率，即，
则双曲线方程为，又曲线过点，即，解得，
所以双曲线方程为；
（2）由（1）得，
①由已知直线的斜率k存在且，设直线，，
且，
联立直线与双曲线，得，恒成立，且，即，解得，又Q为A，B中点，
则，则，即，
则直线，又直线过点，且过点F，则，
联立与，即，解得，即，
即点M在直线上；
②，，又点N满足，
则四边形为平行四边形，且，
则，
设，则，则，
设，则，
令，解得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取最小值为，
即当时，的最小值为.
4．（2024·江苏徐州·一模）将上各点的纵坐标变为原来的倍（横坐标不变），所得曲线为E．记，，过点p的直线与E交于不同的两点A，B，直线QA，QB与E分别交于点C，D．
(1)求E的方程：
(2)设直线AB，CD的倾斜角分别为，．当时，
（i）求的值：
（ii）若有最大值，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）设所求轨迹上的任意点为，且对应的点为，列出关系式，代入即可求解；
（2）（i）设直线为，联立方程组，结合韦达定理求得和，再结合三点共线，求得，利用斜率公式，即可求解；（ii）设直线为，得到直线的斜率为，求得，利用基本不等式，得到取得最大值，再联立方程组，结合，得到，进而求得的取值范围.
【详解】（1）解：设所求轨迹上的任意点为，与对应的点为，
根据题意，可得，即，
代入方程，可得，整理得，
所以曲线的轨迹方程为.
（2）解：（i）设直线的方程为，，
联立方程组，整理得，
则，且，
可得，所以，
可得，
所以，同理可得，
又因为三点共线，可得，即，
所以，
所以.
（ii）设直线的方程为，其中，由（i）知，直线的斜率为，
则，
当且仅当时，即时，等号成立，
联立方程组，整理得，
则，解得，
若有最大值，则，
又因为，所以实数的取值范围为，
【点睛】方法技巧：圆锥曲线中的最值问题是高考中的热点问题，常涉及不等式、函数的值域问题，综合性比较强，解法灵活多样，但主要有两种方法：
1.几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
2.函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）平面向量；（6）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
5．（2024·浙江绍兴·三模）设双曲线C：（，）的一条渐近线为，焦点到渐近线的距离为1．，分别为双曲线的左、右顶点，直线过点交双曲线于点，，记直线，的斜率为，．
(1)求双曲线的方程；
(2)求证为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）借助渐近线定义及点到直线距离公式计算即可得；
（2）设出直线方程，联立曲线可得与交点纵坐标有关韦达定理，作商即可得所设参数与纵坐标的关系，借助斜率公式表示出斜率后，消去所设参数即可得证.
【详解】（1）由题意可得，解得，
故双曲线的方程为；
（2）由双曲线的方程为，则，，
由题意可知直线斜率不为，故可设，，，
联立，消去可得，
，即，
则，，
则，即，
，，
则
，
即为定值.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
6．（2024·安徽池州·模拟预测）如图，已知双曲线的离心率为2，点在C上，A，B为双曲线的左、右顶点，为右支上的动点，直线AP和直线x＝1交于点N，直线NB交C的右支于点Q．
(1)求C的方程；
(2)探究直线PQ是否过定点，若过定点，求出该定点坐标，请说明理由；
(3)设S1，S2分别为△ABN和△NPQ的外接圆面积，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)直线PQ过定点（4，0），理由见解析
(3)
【分析】（1）因为离心率，将点代入双曲线方程得，又，解得a，b，即可得出答案．
（2）设，直线PQ的方程为，联立双曲线的方程，结合韦达定理可得，，写出直线AP的方程，进而可得N点的坐标，又N，B，Q三点共线，则，解得，即可得出答案．
（3）设△ABN和△NPQ的外接圆半径分别为R1，R2，由正弦定理可得，又，可得，设直线PQ的方程为，与双曲线C的方程，可得，，由韦达定理得m的范围，结合弦长公式及函数性质进而可得答案．
【详解】（1）因为离心率，
所以
双曲线的方程为，
将点代入双曲线方程得，
所以，
所以双曲线C的方程为．
（2）直线PQ过定点，理由如下：
设，
直线PQ的方程为，
联立，
整理得，
则，
直线，
所以，
又N，B，Q三点共线，
所以，即，
即，
即．
因为，
所以，
代入上式得，
所以．所以PQ过定点.
（3）设△ABN和△NPQ的外接圆半径分别为
由正弦定理可得，
又，
所以，即．
设直线PQ的方程为x＝my+4，
与C的方程联立，
整理得，
则，
又，即，
解得，
又因为，
所以．
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线位置关系，关键是利用代换整理得直线过定点解决第2问.
7．（2024·青海海西·模拟预测）过直线上一个动点作抛物线的两条切线，分别为切点，直线与轴分别交于两点．
(1)证明：直线过定点，并求点的坐标；
(2)在（1）的条件下，为坐标原点，求的最大值．
【答案】(1)证明见解析，
(2)．
【分析】（1）设的坐标分别为，点的坐标为，利用导数的几何意义求以为切点的切线方程，点都在直线上，可求定点坐标；
（2）直线的方程与抛物线方程联立，借助韦达定理表示，求出点坐标，从而化简，再利用基本不等式求最值.
【详解】（1）设的坐标分别为，点的坐标为，
由有，可得直线的方程分别为，
又由，直线的方程可化为，
同理直线的方程为，
又由点在直线上，有，
可得点都在直线上，整理为，
又由满足方程，故直线过定点，定点的坐标为；
（2）直线的方程可化为，
联立方程消去后整理为，
可得，
有
，
在直线的方程中，令，有，
可得，可得点的坐标为，
同理可得点的坐标为．
有，
有．
当时，令，有，
①当时，（当且仅当时取等号），
有；
②当时，（当且仅当时取等号），
有，有，有，可得．
由上知的最大值为．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为，；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为的形式；
（5）代入韦达定理求解.
8．（2024·重庆九龙坡·三模）已知，，是圆上任意一点，点关于点的对称点为，线段的中垂线与直线相交于点，记点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)过点且斜率为的直线交曲线位于轴右侧的部分于不同的A，B两点，为轴上一点且满足，试探究是否为定值，若是，则求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)为定值，定值为
【分析】（1）由中位线定理和垂直平分线的性质，结合双曲线的定义，即可得解；
（2）由题意得直线方程为，与双曲线的方程联立，得到两根之和，两根之积，求出的中点坐标，进而求出的垂直平分线的方程，求出的坐标，结合双曲线的定义及弦长公式化简即可得出结论.
【详解】（1）由题意可得，且为的中点，
又为的中点，所以且，
因为点关于点的对称点为，线段的中垂线与直线相交于点，
由垂直平分线的性质可得，
所以，
所以点的轨迹是以为焦点的双曲线，
，所以，
所以曲线的方程为；
（2）直线方程为，设，
联立，可得，
由于直线交双曲线的右支于两点，
可得，，
所以，解得或，
则，
即的中点坐标为，
因为为轴上一点，满足，故为的垂直平分线与轴的交点，
的垂直平分线的方程为：，
令，则得，即，
所以，
又，
又因为在双曲线的右支上，故，
故，即，
故，
即为定值，定值为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定值问题常见方法：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
9．（2024·黑龙江·模拟预测）在椭圆上，是椭圆上的左、右顶点，直线与椭圆交于两点，的斜率分别为.
(1)若，求证：直线过定点.
(2)直线交于点，直线交于点，求PQ的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)8
【分析】（1）设直线的方程为，，将直线方程代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系，表示出，化简可得，从而可证得结论；
（2）表示直线AM的方程和直线BN方程，联立表示出点的坐标，再表示出直线AN的方程和直线BM方程，联立表示出点的坐标，从而可表示出，化简后可求出其最小值.
【详解】（1）由题意可知直线的斜率不为零，所以设直线的方程为，
设，
由，消去整理得，
，
所以，
所以.
因为，
所以，
所以
，
所以，直线过定点.
（2）由(1)，，所以，得，
直线AM的方程为，直线BN方程为，
联立得，
所以
，
所以，
直线AN的方程为，直线BM方程为，
联立得，
所以
，
所以
所以
当且仅当时，取到最小值，
所以|PQ|的最小值为8.
【点睛】关键点点睛：此题考查直线与椭圆的位置关系，考查椭圆中直线过定点问题，考查椭圆中范围问题，第（2）问解题的关键是利用根与系数的关系后，两式相比可得，然后表示出的坐标，考查计算能力，属于较难题.
10．（2024·河南驻马店·二模）已知双曲线的左顶点为，直线与的一条渐近线平行，且与交于点，直线的斜率为．
(1)求的方程；
(2)已知直线与交于两点，问：是否存在满足的点？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，16
【分析】（1）由已知得出，结合直线的斜率为及点在双曲线上即可求解；
（2）由题得出，，设，过点与垂直的直线的方程为，设该直线与的右支交于另一点，计算出，同理可得，又，所以与重合，即可得出结论．
【详解】（1）由题可知，的一条渐近线方程为，则，
设，又，直线的斜率为，
所以，
解得，则，
代入中，解得，
故的方程为．
（2）因为，
所以，即，所以，
同理可得，
设，
联立，整理得，
由题意知，且，
解得或，且，
所以，
过点与垂直的直线的方程为，设该直线与的右支交于另一点，
联立，整理得，
解得或（舍去），所以，
因为
，
所以，同理可证，
又，所以与重合，
所以在上，则，
故存在点满足，且的值为16．
【点睛】关键点睛：由“”分析出点为的垂心，作过点与垂直的直线交的右支交于另一点，证明及，即可证明与重合，进而得解．
11．（2024·全国·模拟预测）已知斜率为1的直线与抛物线交于点，以点为圆心的圆过点，且圆关于直线对称．
(1)求抛物线与圆的方程；
(2)过轴上的点作斜率为1的直线，交圆于点，且与交于不同的两点，求的取值范围．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）求直线的方程，联立直线与抛物线方程，利用根与系数的关系得的值，即得抛物线方程，利用弦长公式求直径，即可得到圆的方程.
（2）设，根据直线与圆、抛物线的位置关系求的范围，利用切割线定理求的范围.
【详解】（1）
∵以点为圆心的圆过点，且圆关于直线对称，
∴线段为圆的直径，点为线段的中点．
由题意知直线的斜率为1且过点，
∴直线的方程为，即.
由得,
设，，则，，
∴，∴，
故抛物线的方程为．
此时，
∴，
∴圆的半径为，故圆的方程为．
（2）
设，则直线的方程为，即,
∵直线与圆有两个交点，
∴点到直线的距离，解得．
由，得，
∵直线与抛物线有两个公共点，
∴，解得，
∴．
∵，∴点在圆外.
过点作圆的切线，设切点为，连接，，
由切割线定理得，，
由相切得，故．
∵，∴，
∴，
∴的取值范围是．
12．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知平面内一动圆过点，且该圆被轴截得的弦长为4，设其圆心的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)梯形的四个顶点均在曲线上，，对角线与交于点.
（i）求直线的斜率；
（ii）证明：直线与交于定点.
【答案】(1)
(2)（i）2；（ⅱ）
【分析】（1）设圆心为，根据题意结合弦长列式求解即可；
（2）（i）设，联立方程可得韦达定理，求得，，根据斜率相等运算求解即可；（ⅱ）分析可知直线与的交点即为直线与的交点，求直线的方程运算求解即可.
【详解】（1）设圆心为，
由题意可得：，整理可得，
所以曲线的方程为.
（2）（i）由题意可知：直线的斜率不为0，
设，
联立方程，消去x可得，
则，可得，
可知直线，
联立方程，消去x可得，
由题意可知：，即，
且，可得，
同理可得：，
则
，
因为，则，即，
整理可得，
由题意可知：点不在直线上，则，即，
可得，即，所以直线的斜率；
（ii）由（i）可知：，则的中点，
又因为，即，则的中点，
即直线，
由梯形的性质可知：直线与的交点即为直线与的交点，
因为直线的斜率，
则直线，
令可得
，
即直线与直线的交点为，
所以直线与交于定点.
【点睛】方法点睛：1.过定点问题的两大类型及解法
（1）动直线l过定点问题.解法：设动直线方程（斜率存在）为由题设条件将t用k表示为，得，故动直线过定点；
（2）动曲线C过定点问题.解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点.
2.求解定值问题的三个步骤
（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；
（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；也可令系数等于零，得出定值；
（3）得出结论.
13．（2024·浙江台州·一模）已知抛物线的焦点为，准线为，双曲线的左焦点为T．
(1)求的方程和双曲线的渐近线方程；
(2)设为抛物线和双曲线的一个公共点，求证：直线与抛物线相切；
(3)设为上的动点，且直线与双曲线的左、右两支分别交于两点，直线与抛物线交于不同的两点，判断是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)准线的方程为，双曲线的渐近线方程为
(2)证明见解析
(3)是，．
【分析】（1）根据抛物线的准线方程及双曲线的渐近线方程即可求解；
（2）结合题意联立方程组和，化简即可求解；
（3）由题意得，设，联立方程组和，利用韦达定理表示和，化简即可证明.
【详解】（1）准线的方程为，双曲线的渐近线方程为．
（2）联立方程组，
消去得，解得（舍负），由对称性，不妨取，
又由，求得直线的方程为，
联立方程组，消去得，
因为，所以直线与抛物线相切．
（3）因为，得准线为线段的中垂线，
则直线与直线的倾斜角互补，即，
设，由条件知，
联立方程组，消去得，
则，
联立方程组，消去得，
则，
所以，
故为定值．
【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有，或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题.
14．（2024·湖北·一模）如图，已知抛物线，过点作斜率为的直线，分别交抛物线于与，当时，为的中点.
(1)求抛物线的方程；
(2)若，证明：；
(3)若直线过点，证明：直线过定点，并求出该定点坐标.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析，
【分析】（1）先求直线再联立抛物线得出韦达定理应用中点坐标得出,进而得出抛物线；
（2）先设直线方程代入抛物线联立方程组，结合根与系数的关系，应用，即可得到结论.
（3）先设直线过点P得出,同理结合理过点Q得出,最后得出的直线得出定点.
【详解】（1）当时，，
联立消去，
可得，
设，
拋物线C方程为：.
（2）由题知，设，
，代入抛物线可得，
，
又，
同理.
（3）因为，
所以，代入点得①，
设，同理，
过点②
，
结合①②可得
又因为
所以，整理得
所以直线过定点.
【点睛】关键点点睛：解题定点的关键是先点斜式设出直线方程结合抛物线方程得出直线,同理得出的直线方程进而得出定点.
15．（2024·重庆·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，两焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形，点在椭圆上.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点且斜率不为0的直线与椭圆交于两点，与直线交于点.
①设内切圆的圆心为，求的最大值；
②设，证明：为定值.
【答案】(1)
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）根据题意，列出关于的方程组，解之即得椭圆C的标准方程；
（2）①结合图形，将使最大问题转化为使最大，即使最小，可通过余弦定理和基本不等式得到；
②依题意设出直线的横截距式方程，与椭圆方程联立，写出韦达定理，根据，代入坐标，求得，，计算并将韦达定理代入化简即得.
【详解】（1）由题意得：解得，
∴椭圆C的标准方程是．
（2）①因为I为的内切圆圆心，则，
显然是锐角，当且仅当最大时，最大，
即须使最大，又，则须使最小，
在椭圆中，，，
在中，由余弦定理，
．
当且仅当时取等号，即当时，
为正三角形时，取得最大值，取最大值，
此时的最大值为；
②由（1）知，由条件可知的斜率存在且不为0，
设l的方程为，则，令可得．
联立方程得，，
设，，则，，
由可得，
则有，解得，同理．
∴
．
故为定值．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)解答题05 7类圆锥曲线答题模板
（定点、定值、定直线、最值与范围、动点轨迹、存在性问题、杂糅问题）
模板01 定点问题的答题模板
圆锥曲线定点问题是指在某些含有参数的直线或曲线方程中，不论参数如何变化，其都过某一定点。圆锥曲线的定点问题及其相关计算是新高考卷的常考内容，需强化训练复习.
解决定点问题的基本思路是首先确定方程，即用一个参数来表达直线（或曲线）的方程。通过证明方程的成立与参数的具体值无关，我们可以得到一个关于x和y的方程组。这个方程组的解所对应的点，即为直线（或曲线）所固定的通过点。
过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
（2022·全国·高考真题）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．
1．（2023·全国·高考真题）已知椭圆的离心率是，点在上．
(1)求的方程；
(2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点．
2．（2024·广东深圳·模拟预测）已知椭圆：的离心率为，右顶点与的上，下顶点所围成的三角形面积为．
(1)求的方程；
(2)不过点的动直线与交于，两点，直线与的斜率之积恒为，证明直线过定点，并求出这个定点．
3．（2024·河南周口·模拟预测）已知椭圆的焦距为2，不经过坐标原点且斜率为1的直线与交于P，Q两点，为线段PQ的中点，直线的斜率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设，直线PB与的另一个交点为，直线QB与的另一个交点为，其中，均不为椭圆的顶点，证明：直线MN过定点.
1．（2024·贵州贵阳·二模）已知椭圆的一个焦点是.直线与直线关于直线对称，且相交于椭圆的上顶点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求的值；
(3)设直线分别与椭圆另交于两点，证明：直线过定点.
2．（2024·浙江·模拟预测）已知椭圆：与直线相切于点.
(1)求椭圆的方程；
(2)设，为椭圆上异于点的点，直线，与轴分别交于点，，若，证明：直线恒过定点.
3．（2024·江西宜春·模拟预测）已知椭圆的左右顶点分别为和，离心率为，且经过点，过点作垂直轴于点．在轴上存在一点（异于），使得．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点作一条垂直于轴的直线，在上任取一点，直线和直线分别交椭圆于两点，证明：直线经过定点．
模板02 定值问题的答题模板
定值问题涉及的是几何量（如线段长度、图形面积、角度、直线斜率等）或代数表达式的值，这些值与题目中的参数无关，不会随着参数的变化而改变，始终保持着一个固定的数值。圆锥曲线的定值问题及其相关计算是新高考卷的常考内容，需强化训练复习.
求解定值问题的三个步骤
（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；
（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；
（3）得出结论．
（2024·江苏苏州·模拟预测） 已知椭圆 与圆 在第一、第四象限分别交于 Q、P 两点，且满足
(1)求椭圆γ的标准方程；
(2)A 是椭圆上的一点，若存在椭圆的弦 BC 使得 ，求证:四边形OABC 的面积为定值.
1．（2024·湖南常德·一模）已知椭圆 的短轴长为，分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上的一点，且的周长为.
(1)求椭圆的方程；
(2)过作垂直于轴的直线与椭圆交于 两点（点在第一象限），是椭圆上位于直线两侧的动点，始终保持，求证：直线的斜率为定值.
2．（2024·四川内江·三模）已知抛物线E的准线方程为：，过焦点F的直线与抛物线E交于A、B两点，分别过A、B两点作抛物线E的切线，两条切线分别与y轴交于C、D两点，直线CF与抛物线E交于M、N两点，直线DF与抛物线E交于P、Q两点.
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)证明：为定值.
3．（2024·河北衡水·三模）已知抛物线的焦点为，过且倾斜角为的直线与交于，两点．直线，与相切，切点分别为，，，与轴的交点分别为，两点，且．
(1)求的方程；
(2)若点为上一动点（与，及坐标原点均不重合），直线与相切，切点为，与，的交点分别为，．记，的面积分别为，．
①请问：以，为直径的圆是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由；
②证明：为定值．
1．（2024·四川乐山·三模）已知椭圆的左 右焦点分别为分别是椭圆的上下顶点，分别是椭圆的左右顶点，点在椭圆上，且的面积为.
(1)求椭圆的方程；
(2)点是椭圆上的动点（不与重合），是在点处的切线，直线交于点，直线交于点，求证：直线的斜率为定值.
2．（2024·重庆沙坪坝·模拟预测）如图， 在平面直角坐标系中，双曲线的上下焦点分别为，. 已知点和都在双曲线上， 其中e为双曲线的离心率.
(1)求双曲线的方程;
(2)设是双曲线上位于轴右方的两点，且直线与直线平行，与交于点.
(i) 若，求直线的斜率；
(ii) 求证：是定值.
3．（2024·湖南衡阳·一模）如图，已知点、分别是椭圆的左、右焦点，点是负半轴上的一点，，过点的直线与交于点与点.
(1)求面积的最大值；
(2)设直线的斜率为和直线的斜率为，椭圆上是否存在点，使得为定值，若存在，求出点与值，若不存在，请说明理由.
4．（2024·全国·模拟预测）已知双曲线C的中心是坐标原点，对称轴为坐标轴，且过，两点．
(1)求C的方程；
(2)设P，M，N三点在C的右支上，，，证明：
（ⅰ）存在常数，满足；
（ⅱ）的面积为定值．
模板03 定直线问题的答题模板
定直线问题是指因图形变化或点的移动而产生的动点在定直线上的问题，其核心在于确定这些动点的轨迹。
(1)设定点法：通过设定特定点的轨迹，利用已知的点轨迹信息，消去其中的参数，进而导出轨迹方程。
(2)待定系数法：首先设定包含未知参数的直线方程，然后运用待定系数法来求解这些系数。
(3)验证法：选取特殊点的位置来求解直线方程，随后对一般情况下的位置进行验证。
（2023·全国·高考真题）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上.
1．（2024·河北保定·二模）已知抛物线的焦点为，过作互相垂直的直线，分别与交于和两点（A，D在第一象限），当直线的倾斜角等于时，四边形的面积为．
(1)求C的方程；
(2)设直线AD与BE交于点Q，证明：点在定直线上．
2．（2024·陕西铜川·模拟预测）已知椭圆C：的右顶点为，离心率为，过点的直线l与C交于M，N两点．
(1)若C的上顶点为B，直线BM，BN的斜率分别为，，求的值；
(2)过点M且垂直于x轴的直线交直线AN于点Q，证明：线段MQ的中点在定直线上．
3．（2024·山东·模拟预测）已知椭圆的两个顶点分别为、，焦点在轴上，离心率为，直线与椭圆交于、两点.
(1)求椭圆的方程；
(2)当变化时，是否存在过点的定直线，使直线平分？若存在，求出该定直线的方程；若不存在，请说明理由.
1．（2024·贵州毕节·三模）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，，动点P满足，设点P的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)过点的直线l与曲线在y轴右侧交于不同的两点M，N，在线段MN上取异于点M，N的点D，满足．证明：点D在定直线上．
2．（2024·湖南长沙·三模）已知抛物线，过点的直线与交于不同的两点.当直线的倾斜角为时，.
(1)求的方程；
(2)在线段上取异于点的点，且满足，试问是否存在一条定直线，使得点恒在这条定直线上？若存在，求出该直线；若不存在，请说明理由.
3．（2024·吉林长春·一模）已知为抛物线的焦点，为坐标原点，过焦点作一条直线交于A，B两点，点在的准线上，且直线MF的斜率为的面积为1.
(1)求抛物线的方程；
(2)试问在上是否存在定点，使得直线NA与NB的斜率之和等于直线NF斜率的平方？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)过焦点且与轴垂直的直线与抛物线交于P，Q两点，求证：直线AP与BQ的交点在一条定直线上.
模板04 最值与范围问题的答题模板
圆锥曲线中的最值与取值范围问题，一直是历年高考数学试卷中的常见热点综合应用题型之一，此类问题常考常新，创新新颖，形式各样，变化多样，对考生的代数恒等变形能力，数学运算能力，推理论证能力等都有较高的要求，同时突出对数学基础知识、数学思想方法、数学关键能力以及数学核心素养等的全面考查，具有较好的选拔性与区分度，备受命题者青睐
圆锥曲线中的范围与最值问题，展现了圆锥曲线与三角函数、不等式、方程、平面向量等代数知识之间的紧密联系。
几何转化代数法:
如果题目的条件和结论明显地展现了几何特征和意义，那么可以考虑利用圆、圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决问题。
代数法:
当题目给出的条件和结论的几何特征不明显时，可以建立目标函数，进而求解这个函数的最值（或值域）。
常用方法包括：(1)配方法；(2)基本不等式法；(3)单调性法；(4)三角换元法；(5)导数法等。在应用这些方法时，特别需要注意自变量的取值范围。
（2022·新Ⅰ卷·高考真题）如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点．
(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求的最小值．
1．（2020·新Ⅱ卷·高考真题）已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为 ，
（1）求C的方程；
（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值.
2．（2021·新Ⅰ卷·高考真题）如图，已知F是抛物线的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且，
（1）求抛物线的方程；
（2）设过点F的直线交抛物线与A B两点，斜率为2的直线l与直线，x轴依次交于点P，Q，R，N，且，求直线l在x轴上截距的范围.
3．（2021·全国·高考真题）已知抛物线的焦点F到准线的距离为2．
（1）求C的方程;
（2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足，求直线斜率的最大值.
1．（2024·河北·模拟预测）椭圆：左右顶点分别为，，且，离心率.
(1)求椭圆的方程；
(2)直线与抛物线相切，且与相交于、两点，求面积的最大值.
2．（2024·福建泉州·模拟预测）已知椭圆的左右焦点分别是，双曲线的顶点恰好是、，且一条渐近线是．
(1)求的方程：
(2)若上任意一点（异于顶点），作直线交于，作直线交于，求的最小值．
3．（2024·新疆·三模）已知椭圆：的左右焦点分别为，，离心率为，过抛物线：焦点的直线交抛物线于M，N两点，的最小值为4.连接，并延长分别交于A，B两点，且点A与点M，点B与点N均不在同一象限，与的面积分别记为，.
(1)求和的方程；
(2)记，求的最小值.
模板05 动点轨迹的答题模板
轨迹是由动点按照特定规律或轨迹条件运动所形成的路径。一旦这些轨迹条件通过动点坐标的数学表达式来表示，我们便得到了所求的轨迹方程。
求解轨迹方程的本质在于将几何形态（“形”）转换为数值表达（“数”），将曲线转换为方程形式。通过研究这些方程，我们能够深入理解曲线的性质。求轨迹方程培养了学生数形结合的思想、函数与方程的思想以及化归与转化的思想.
求轨迹方程的5种常用方法
1 直接法: 直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法通常叫做直接法。
2 定义法: 如果能够确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程，这种求轨迹方程的方法叫做定义法。
3 相关点法: 用动点 的坐标 表示相关点 的坐标 ，然后代入点 的坐标 所满足的曲线方程，整理化简便得到动点 轨迹方程，这种求轨迹方程的方法叫做相关点法。（用未知表示已知，带入已知求未知)
4 参数法: 当动点坐标 之间的直接关系难以找到时，往往先寻找 与某一变数 的关系，再消去参变数 ，得到方程，即为动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法叫做参数法。
5 交轨法: 将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法叫做交轨法。
（2023·全国·高考真题）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于．
1．（2024·四川宜宾·三模）已知椭圆E：的左右焦点分别为，，过焦点斜率为的直线与椭圆E交于A，B两点，过焦点斜率为的直线与椭圆E交于C，D两点，且．
(1)求直线与的交点N的轨迹M的方程；
(2)若直线OA，OB，OC，OD的斜率分别为，，，，问在（1）的轨迹M上是否存在点P，满足，若存在，求出点P坐标；若不存在，说明理由．
2．（2024·安徽合肥·三模）已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比为常数，其中，且，记点的轨迹为曲线．
(1)求的方程，并说明轨迹的形状；
(2)设点，若曲线上两动点均在轴上方，，且与相交于点．当时，
（ⅰ）求证：为定值
（ⅱ）求动点的轨迹方程．
3．（2024·山东菏泽·模拟预测）已知在平面直角坐标系中，一直线与从原点出发的两条象限角平分线（一、四象限或二、三象限的角平分线）分别交于，两点，且满足，线段的中点为，记点的轨迹为．
(1)求轨迹的方程；
(2)点，，，过点的一条直线与交于、两点，直线，分别交直线于点，，且满足，，证明：为定值.
1．（2024·河北石家庄·二模）已知为平面上一个动点，到定直线的距离与到定点距离的比等于，记动点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)过点的直线与曲线交于，两点，在轴上是否存在点，使得为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由．
2．（2024·河北衡水·模拟预测）已知圆，过的直线与圆交于两点，过作的平行线交直线于点.
(1)求点的轨迹的方程；
(2)过作两条互相垂直的直线交曲线于交曲线于，连接弦的中点和的中点交曲线于，若，求的斜率.
3．（2024·辽宁·二模）平面直角坐标系xOy中，面积为9的正方形的顶点分别在x轴和y轴上滑动，且，记动点P的轨迹为曲线．
(1)求的方程；
(2)过点的动直线l与曲线交于不同的两点时，在线段上取点Q，满足．试探究点Q是否在某条定直线上？若是，求出定直线方程；若不是，说明理由．
4．（2024·全国·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知是轴上的动点，是平面内的动点，线段的垂直平分线交轴于点，交于点，且恰好在轴上，记动点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程
(2)过点的直线与曲线交于两点，直线与直线分别交于点，设线段的中点为，求证：点在曲线上．
模板06 存在性问题的答题模板
圆锥曲线作为高考的核心内容和热门考点，这类问题通常在解答题中出现，难度较大。因此，在复习过程中，应加强对这类问题的练习，以提高灵活求解的能力。
解决存在性问题的技巧:
(1) 特殊值(点)法：对于一些复杂的数学问题，可以通过分析其中的特殊情况，推导出所求要素的必要条件，然后再证明这些条件对于所有情况均成立。
(2) 假设法：首先假设所求要素存在，然后推导并验证满足条件的结论，如果结论正确，则证明了要素的存在性；如果结论不成立，则说明所求要素不存在。
（2024·天津·高考真题）已知椭圆的离心率为．左顶点为，下顶点为是线段的中点（O为原点），的面积为．
(1)求椭圆的方程．
(2)过点C的动直线与椭圆相交于两点．在轴上是否存在点，使得恒成立．若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由．
1．（2024·山东·模拟预测）已知椭圆的两个顶点分别为、，焦点在轴上，离心率为，直线与椭圆交于、两点.
(1)求椭圆的方程；
(2)当变化时，是否存在过点的定直线，使直线平分？若存在，求出该定直线的方程；若不存在，请说明理由.
2．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）在圆上任取一点，过点作轴的垂线，垂足为，点满足，当点在圆上运动时，点的轨迹为曲线，过点且斜率不为的直线与曲线交于，两点.
(1)求曲线的方程；
(2)求面积的最大值；
(3)已知点，设直线，的斜率分别为，，是否存在实数，使得为定值？若存在，求出值，若不存在，请说明理由.
1．（2024·重庆·一模）已知点为圆上任意一点，，线段的垂直平分线交直线于点．
(1)求点的轨迹方程；
(2)设过点的直线与点的轨迹交于点，且点在第一象限内．已知，请问是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值，若不存在，请说明理由．
2．（2024·全国·一模）动圆P过定点，且在y轴上截得的弦GH的长为4.
(1)若动圆圆心P的轨迹为曲线C，求曲线C的方程；
(2)在曲线C的对称轴上是否存在点Q，使过点Q的直线与曲线C的交点S，T满足为定值？若存在，求出点Q的坐标及定值；若不存在，请说明理由．
模板07 圆锥曲线杂糅问题的答题模板
圆锥曲线通常与三角函数、数列、导数等知识点杂糅在一起综合考查学生解题能力，需强化练习
运用不同的分块知识点求解即可
（2024·广东·模拟预测）在平面直角坐标系中，等轴双曲线和的中心均为O，焦点分别在x轴和y轴上，焦距之比为2，的右焦点F到的渐近线的距离为2．
(1)求，的方程；
(2)过F的直线交于A，B两点，交于D，E两点，与的方向相同．
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）求面积的最小值．
1．已知椭圆经过点，，为C的左、右顶点，M，N为C上不同于，的两动点，若直线的斜率与直线的斜率的比值恒为常数，按下面方法构造数列：C的短半轴长为时，直线MN与x轴交于点.
(1)求椭圆C的离心率；
(2)证明：数列是等比数列；
(3)设顶点到直线MN的最大距离为d，证明.
1．（2024·江苏苏州·模拟预测）已知平面直角坐标系中，椭圆与双曲线．
(1)若的长轴长为8，短轴长为4，直线与有唯一的公共点，过且与垂直的直线分别交轴，轴于点两点，当运动时，求点的轨迹方程；
(2)若的长轴长为4，短轴长为2，过的左焦点作直线与相交于两点（在轴上方），分别过作的切线，两切线交于点，求面积的最小值．
2．（2024·辽宁·模拟预测）已知椭圆C：过点，且C与双曲线有相同的焦点.
(1)求C的方程；
(2)直线：不过第四象限，且与C交于A，B两点，P为C上异于A，B的动点，求面积的最大值，并求的最大值.
3．如图，已知椭圆经过点，离心率．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)椭圆上任意点轴上一点，若的最小值为，求实数的取值范围；
(3)设是经过右焦点的任一弦（不经过点），直线与直线相交于点，记的斜率分别为，求证:成等差数列.
1．（2024·山东·二模）已知椭圆的右焦点为，过点且不垂直于坐标轴的直线交于两点，在两点处的切线交于点．
(1)求证：点在定直线上，并求出该直线方程；
(2)设点为直线上一点，且，求的最小值．
2．（2024·河北邯郸·模拟预测）已知抛物线的焦点，直线与C交于A，B两点，且，线段AB的垂直平分线与x轴交于点．
(1)求的值；
(2)求面积的最大值．
3．（2024·四川宜宾·一模）已知O为坐标原点，双曲线的离心率为，且过点.
(1)求C的标准方程；
(2)过C的右焦点F的直线与双曲线C的左、右两支分别交于两点A、B，点Q是线段的中点，过点F且与垂直的直线交直线于M点，点N满足；
①证明：点M在一条定直线上；
②求四边形面积的最小值.
4．（2024·江苏徐州·一模）将上各点的纵坐标变为原来的倍（横坐标不变），所得曲线为E．记，，过点p的直线与E交于不同的两点A，B，直线QA，QB与E分别交于点C，D．
(1)求E的方程：
(2)设直线AB，CD的倾斜角分别为，．当时，
（i）求的值：
（ii）若有最大值，求的取值范围．
5．（2024·浙江绍兴·三模）设双曲线C：（，）的一条渐近线为，焦点到渐近线的距离为1．，分别为双曲线的左、右顶点，直线过点交双曲线于点，，记直线，的斜率为，．
(1)求双曲线的方程；
(2)求证为定值．
6．（2024·安徽池州·模拟预测）如图，已知双曲线的离心率为2，点在C上，A，B为双曲线的左、右顶点，为右支上的动点，直线AP和直线x＝1交于点N，直线NB交C的右支于点Q．
(1)求C的方程；
(2)探究直线PQ是否过定点，若过定点，求出该定点坐标，请说明理由；
(3)设S1，S2分别为△ABN和△NPQ的外接圆面积，求的取值范围．
7．（2024·青海海西·模拟预测）过直线上一个动点作抛物线的两条切线，分别为切点，直线与轴分别交于两点．
(1)证明：直线过定点，并求点的坐标；
(2)在（1）的条件下，为坐标原点，求的最大值．
8．（2024·重庆九龙坡·三模）已知，，是圆上任意一点，点关于点的对称点为，线段的中垂线与直线相交于点，记点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)过点且斜率为的直线交曲线位于轴右侧的部分于不同的A，B两点，为轴上一点且满足，试探究是否为定值，若是，则求出该定值；若不是，请说明理由.
9．（2024·黑龙江·模拟预测）在椭圆上，是椭圆上的左、右顶点，直线与椭圆交于两点，的斜率分别为.
(1)若，求证：直线过定点.
(2)直线交于点，直线交于点，求PQ的最小值.
10．（2024·河南驻马店·二模）已知双曲线的左顶点为，直线与的一条渐近线平行，且与交于点，直线的斜率为．
(1)求的方程；
(2)已知直线与交于两点，问：是否存在满足的点？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
11．（2024·全国·模拟预测）已知斜率为1的直线与抛物线交于点，以点为圆心的圆过点，且圆关于直线对称．
(1)求抛物线与圆的方程；
(2)过轴上的点作斜率为1的直线，交圆于点，且与交于不同的两点，求的取值范围．
12．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知平面内一动圆过点，且该圆被轴截得的弦长为4，设其圆心的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)梯形的四个顶点均在曲线上，，对角线与交于点.
（i）求直线的斜率；
（ii）证明：直线与交于定点.
13．（2024·浙江台州·一模）已知抛物线的焦点为，准线为，双曲线的左焦点为T．
(1)求的方程和双曲线的渐近线方程；
(2)设为抛物线和双曲线的一个公共点，求证：直线与抛物线相切；
(3)设为上的动点，且直线与双曲线的左、右两支分别交于两点，直线与抛物线交于不同的两点，判断是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
14．（2024·湖北·一模）如图，已知抛物线，过点作斜率为的直线，分别交抛物线于与，当时，为的中点.
(1)求抛物线的方程；
(2)若，证明：；
(3)若直线过点，证明：直线过定点，并求出该定点坐标.
15．（2024·重庆·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，两焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形，点在椭圆上.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点且斜率不为0的直线与椭圆交于两点，与直线交于点.
①设内切圆的圆心为，求的最大值；
②设，证明：为定值.
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