培优专题05 圆锥曲线
题型1 中点弦、弦长、面积问题
一、中点弦问题 设直线和曲线的两个交点，，代入椭圆方程，得； ； 将两式相减，可得；； 最后整理得： 同理，双曲线用点差法，式子可以整理成： 设直线和曲线的两个交点，，代入抛物线方程，得；； 将两式相减，可得；整理得： 二、弦长公式 （最常用公式，使用频率最高） 三、三角形面积问题 直线方程： 四、平行四边形的面积 直线为，直线为 注意：为直线与椭圆联立后消去后的一元二次方程的系数.
一、解答题
1．（24-25高三上·广西·期末）已知动点到点的距离比它到直线的距离小2，记动点的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)直线与相交于两点，若线段的中点坐标为，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知得到动点到的距离等于到直线的距离，满足抛物线的定义，根据定义即可求解；
（2）利用点差法求出直线的斜率即可.
【详解】（1）由题意知根据已知得到动点到的距离等于到直线的距离，
即动点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，
所以轨迹的方程为.
（2）设，则
两式相减得，整理可得.
因为线段的中点坐标为，所以，
所以直线的斜率，
故直线的方程为，即经检验满足题意.
2．（24-25高三上·陕西渭南·期末）已知O为坐标原点，动点P到x轴的距离为d，且，其中均为常数，动点P的轨迹称为曲线．
(1)判断曲线为何种圆锥曲线？
(2)若曲线为双曲线，试问应满足什么条件？
(3)设曲线C为曲线，斜率为1的直线l过曲线C的右焦点，且与曲线C交于A，B两个不同的点，求．
【答案】(1)椭圆
(2)，且．
(3)
【分析】（1）设，根据曲线的定义，可得的坐标满足的方程，分析可得结果.
（2）将整理为，根据双曲线方程的特点分析可得结果.
（3）先根据为曲线可得曲线的方程，利用双曲线的性质及弦长公式易得结果.
【详解】（1）设，由，得，
当时，，即，所以曲线为椭圆.
（2）由，得.
若曲线为双曲线，则，
所以可化为，
所以，则；
故应满足且曲线为双曲线.
（3）由，得曲线的方程为，
则的右焦点坐标为，所以直线的方程为.
联立得.
设，则若，则
则.
3．（2025高三·全国·专题练习）已知椭圆经过点且离心率为，设直线与椭圆相交于两点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线的斜率为1，求线段中点的轨迹方程；
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用待定系数法求椭圆方程；
（2）设直线与椭圆方程联立，利用韦达定理表示中点坐标，消参后，即可求轨迹方程.
【详解】（1）由题可得：，解得：，
所以椭圆的标准方程为：；
（2）因为直线的斜率为1，所以可设直线的方程为，，
联立 ，化简得，
则，
解得：，
所以，设弦中点，
则，
消去，得，而，
所以点的轨迹方程为.
4．（24-25高三下·福建福州·开学考试）已知为坐标原点，双曲线经过点，左、右焦点分别为.
(1)求的离心率；
(2)一组平行于的直线与相交，证明这些直线被截得的线段的中点在同一条直线上.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）可利用待定系数法或定义法来求各参数，从而可得离心率；
（2）可用直线与双曲线联立方程组结合韦达定理来求解，也可以用点差法来求解.
【详解】（1）解法一：依题意，得解得，所以的离心率.
解法二：因为两焦点分别为，所以，，即，所以的离心率.
（2）解法一：由（1）知的方程为.
直线的斜率，设平行于的一组直线方程为，
与交于点，线段的中点为.
由
得，即，
，
所以，因为，
所以，即这些直线被截得的线段的中点在同一条直线上.
解法二：由（1）知的方程为.
直线的斜率，设平行于的一组直线与交于点，
线段的中点为.
由两式相减得：，
显然，所以，
所以，即，
即这些直线被截得的线段的中点在同一条直线上.
5．（24-25高三下·辽宁朝阳·开学考试）已知椭圆的离心率为，，分别是椭圆的左右焦点，过点的直线交椭圆于两点，且的周长为
(1)求椭圆的方程；
(2)直线与交于两点，求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆的定义可得的周长为，结合椭圆的离心率可得结果.
（2）利用弦长公式和点到直线的距离公式表示三角形面积，分析函数性质可得结果.
【详解】（1）
由椭圆的定义得，的周长为
，故.
由离心率得，∴，
∴椭圆C的方程为.
（2）
设，
由得，，
由得，，
∴，
∴
，
∵点到直线的距离为，
∴的面积，
令，则
∵二次函数对称轴为直线，
∴当时，，
∴.
6．（24-25高三下·江苏·开学考试）已知椭圆的左、右焦点分别为，点在上，且，直线的斜率为，过点的直线与交于两点，当轴时，四边形的面积为．
(1)求的方程；
(2)若以为直径的圆与直线相切，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据斜率公式以及面积公式即可结合求解，
（2）联立直线与椭圆方程，得到韦达定理，进而根据中点坐标公式可得圆心，利用弦长公式以及点到直线的距离公式即可求解.
【详解】（1）如图：，
将代入椭圆方程，可得，故，
故，
又四边形的面积为，
结合，故，
故椭圆方程为
（2）设直线，
联立与可得，
设,则，
故，
故圆心为，
故圆心到直线的距离为，
则圆的半径为，
由于相切，故，解得，
故直线方程为
7．（24-25高三上·江苏镇江·期末）已知抛物线的焦点为F，位于第一象限的点在抛物线C上，且．直线l过焦点F且与抛物线C交于A，B两点．
(1)若l的倾斜角为，求弦长的值；
(2)若过F且与l垂直的直线交C于M，N两点，求四边形的面积的最小值，
【答案】(1)8
(2)32
【分析】（1）根据抛物线的定义求出p的值，求出直线l的方程，与抛物线的方程联立，利用韦达定理和弦长公式求解；
（2）设直线l的方程为：，，与抛物线的方程联立，利用韦达定理和弦长公式求出和的值，再利用基本不等式求出四边形的面积的最小值．
【详解】（1）由题意可得，所以，
得抛物线C的方程为：，焦点为，
直线l的方程为：，
联立方程，消去y得，
设，则，
得弦长．
（2）设直线l的方程为：，，
联立方程，消去x得，
设，则，
所以，
同理可得，
所以四边形的面积为：
，
当且仅当，即时，等号成立，
所以四边形的面积的最小值为：
8．（23-24高三上·广西桂林·阶段练习）已知椭圆上的点到两焦点的最大矩离和最小距离分别为3和1.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过椭圆的左焦点作不与轴重合的直线与椭圆相交于两点，过点作直线的垂线为垂足.求：
①已知直线过定点，求定点的坐标；
②点为坐标原点，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)①；②
【分析】（1）根据题意，利用椭圆的几何性质，得到，结合，求得的值，即可求得椭圆的标准方程；
（2）①设直线为，联立方程组，求得，求得直线的方程为，令，得到，即可得到直线过定点；.
②利用韦达定理求得，得到，令，转化为，结合的单调性，即可求解.
【详解】（1）解：由椭圆上的点到两焦点的最大矩离和最小距离分别为3和1，
由椭圆的几何性质，可得，解得，则，
所以椭圆的标准方程为.
（2）解：①由题意，根据椭圆的对称性可得，点必在上，且，
设直线的方程为，且，
联立方程组，整理得，
所以，可得，
又由，所以直线的方程为，
令，则，
所以直线过定点.
②由①知：，
可得，
所以，
令，则，所以，
因为函数在上为单调递增函数，
所以在上为单调递减函数，
故当时，面积取得最大值，最大值为.
【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的最值与范围问题的方法与策略：
（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围；
（3）涉及直线与圆锥曲线的综合问题：通常设出直线方程，与圆锥曲线联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时抓住直线与圆锥曲线的几何特征应用.
9．（2025·福建莆田·二模）已知椭圆的离心率为，点在上．
(1)求的方程；
(2)设椭圆．若过的直线交于另一点交于两点，且在轴上方．
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）为坐标原点．为右顶点．设在第一象限内，，是否存在实数使得的面积与的面积相等？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析（ⅱ）存在，
【分析】（1）根据条件，列出方程求出，即可得出椭圆方程；
（2）（ⅰ）问题可转化为两弦中点重合，联立直线与椭圆方程，利用根与系数的关系及中点坐标公式可得证；
（ⅱ）根据根与系数的关系及可得的关系式，再由三角形面积相等及点到直线的距离可得另外的关系式，据此联立即可求解.
【详解】（1）由已知，可得，
因为，，
解得，
所以椭圆方程为
（2）如图，
（ⅰ）证明：
要证，只需证明弦的中点与弦的中点重合.
当垂直于轴时，弦的中点都是坐标原点，故它们的中点重合，
此时
当不垂直于轴时，设直线的方程为，
由，得，
则，
所以弦中点的横坐标为，
同理可得，
所以弦中点的横坐标为
所以弦的中点与弦的中点重合，此时.
综上所述，
(ii)因为，所以，
又因为点在第一象限内，，
由(i)知，，所以,
又，所以，
化简得 ①
设到的距离为，C到的距离为，
假设的面积与的面积相等，则，
因为，所以，所以,
又，
因为，所以，
所以 ②
由①②解得，经检验符合题意，
所以
【点睛】关键点点睛：在求参数的过程中，根据，的面积与的面积相等，分别列出方程，再联立方程即可求出参数的取值.
题型2 定点及其探索性问题
一、定点问题 定点问题是比较常见出题形式，化解这类问题的关键就是引进变的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量． 【一般策略】 ①引进参数.一般是点的坐标、直线的斜率、直线的夹角等. ②列出关系式.根据题设条件，表示出对应的动态直线或曲线方程. ③探究直线过定点.一般化成点斜式或者直线系方程
一、解答题
1．（24-25高三下·河北·开学考试）已知椭圆C：的离心率为，且经过，直线l交C于E，F两点，直线，斜率之和为
(1)求椭圆C的方程；
(2)证明：直线l过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）依题意求解a，b，c的值，即可求解椭圆方程；
（2）设出直线l的方程为及点E，F的坐标，并联立直线l与椭圆C的方程，表示出韦达定理，再对计算化简，得出m与k的关系式，即可证明．
【详解】（1）设椭圆半焦距为c，则依题意有，
所以，所以，
所以椭圆C的方程为
（2）显然直线l的斜率存在，设直线l的方程为，
联立，消去y得，
，即，
设，，则，
因为直线，斜率之和为1，
即
，
所以，即，
所以直线l的方程为，即，
所以直线l过定点 .
2．（2025·湖南岳阳·一模）已知抛物线的焦点为，点在直线上，是抛物线上两个不同的点.
(1)求抛物线的方程；
(2)设直线的斜率为，若，证明：直线过定点，并求定点坐标.
【答案】(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）根据抛物线焦点坐标求解即可；
（2）法一：设所在直线方程为，联立，根据韦达定理代入求解即可；
法二：先讨论当直线的斜率不存在时，直线过点，再分析当直线的斜率存在时，设所在直线方程为
，联立，再根据求解即可.
【详解】（1）的焦点在轴上，为，
直线与轴的交点坐标为，
则，即
所以抛物线为
（2）法一：由题意可知所在直线斜率不为0，
设所在直线方程为，联立，化简可得：
，
则，
又
则，满足（*）式
即直线恒过点
法二：当直线的斜率不存在时，设，
所以，所以，所以直线的方程为；
当直线的斜率存在时，设所在直线方程为
，联立，化简可得：，
由题意可知即（*）；
由韦达定理知，
所以，
所以，满足（*）式；
所以所在直线方程为
综上，直线恒过点
3．（24-25高三上·安徽·期末）已知双曲线与椭圆的焦点相同，且过点
(1)求C的标准方程；
(2)若点是轴上关于原点对称的两点，直线与交于另外一点，直线与交于另外一点，试判断直线是否过定点？若是，则求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)直线恒过定点，坐标为
【分析】（1）根据的关系以及双曲线过的顶点列方程组，求出的值即可；
（2）由题意设设直线的方程为，联立双曲线方程，由韦达定理得，用含的式子表示点的坐标，同理用含的式子表示点的坐标，结合以及韦达定理可得出的关系，由此即可得解.
【详解】（1）由题意知，
解得，
所以的标准方程为；
（2）
由题意知，直线的斜率存在，设直线的方程为，
由，得，则，
且，
所以直线的方程为，
令，可得，即，同理，
因为原点为的中点，所以，
即，
所以.所以，
所以或，
若，则直线方程为，
即，
此时直线过点，不合题意；
若时，则直线方程为，恒过定点.
4．（2025高三·全国·专题练习）已知双曲线的实轴长为4，离心率为．
(1)求双曲线的标准方程．
(2)设双曲线的左、右顶点分别为，若点为直线上一点，直线与直线分别与交于另一点（不与重合），则直线是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)是，.
【分析】（1）根据长轴长、离心率及双曲线参数关系求参数值，即可方程；
（2）设出直线的方程并与双曲线方程联立，得根与系数的关系，由共线和共线，探求参数间的关系，由点在双曲线上化简等式，从而求得的值，即可得解.
【详解】（1）的实轴长为4，
，得，
的离心率为，
，则，又，
，
双曲线的标准方程为．
（2）由题可得直线的斜率不为零，设直线的方程为，，，
联立，得，整理得，则，得，
由，故，
且，．
由题，直线与直线的斜率均存在，，，设，
三点共线，，即①，
三点共线，，即②，
得，．
由，得，
，
，
，
，
，
，
，得，
直线的方程为，故直线过定点，且定点坐标为．
【点睛】思路点睛：解析几何中定点问题的实质是当直线或圆或圆锥曲线变化时，这些直线或圆或圆锥曲线相交于一点，即这些直线或圆或圆锥曲线绕着定点转动．
这类问题的求解一般可分为以下三步：
①设参——选择变量，定点问题中的定点不随某一个量的变化而变化，可选择这个量为变量（有时可选择两个变量，如点的坐标，直线的斜率、截距等，然后利用其他辅助条件消去其中一个变量）；
②用参——求出定点坐标所满足的方程，即把需要证明为定点的问题表示成关于上述变量的方程；
③消参——对上述方程进行必要的化简，即可得到定点坐标．
5．（2025·河北保定·模拟预测）已知双曲线的一条渐近线与双曲线的一条渐近线垂直，分别为的左、右顶点，且到的两条渐近线的距离之和为.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)设为上异于的不同的两点，且直线的斜率与直线的斜率满足，证明：直线恒过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)利用垂直关系求得渐近线方程，得出，再利用点到直线的距离得出，则方程可求；
(2)分类讨论，先分析斜率存在时的情况，联立方程组，将转化为坐标关系，关键点在于利用将非对称韦达转化为对称性韦达，即可得出关于的一次关系式，即可得出直线的定点；而斜率不存在的情况，可利用对称性得出两点的坐标，得出直线方程，验证是否过定点即可.
【详解】（1）双曲线的一条渐近线方程为，
因为双曲线的一条渐近线与双曲线的一条渐近线垂直，
所以双曲线的一条渐近线方程为，即，
则，
，由对称性可知，到的一条渐近线的距离为，
所以，解得，
所以，
故的标准方程为.
（2）证明：由（1）可知，，
①当直线的斜率存在时，设方程为，，
由，整理得，
则，
得，
由得，，即，
由，则，
所以，
则
即，
所以，
整理得，
所以，
解得或，
若时，直线的方程为，
即，则直线过定点，不合题意，舍去；
若时，直线的方程为，即，则直线过定点.
当直线过定点，
②当斜率不存在时，，
得，故直线，满足题意.
综上可知，直线恒过定点.
【点睛】关键点点睛：本题第2小问的考查的知识为直线过定点，需要注意两点，其一，利用将非对称韦达问题转化为对称性韦达问题；其二，直线过定点时，定点必具有唯一性，故这个增根若能提前找出，则可降低化简难度.
6．（24-25高三上·宁夏吴忠·期末）已知椭圆，四点，，，中恰有三点在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)求椭圆C上点到直线距离的最大值；
(3)过椭圆C右焦点F的直线l与C相交于A，B两点，在x轴上是否存在点，使得？（为坐标原点）若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)答案见解析
【分析】（1）利用椭圆的对称性分析得椭圆所过三个点，从而得到关于的方程组，解之即可得解；
（2）利用三角换元法，结合点线距离公式与三角函数恒等变化即可得解；
（3）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，结合题设条件得到关于的方程组，解之即可得解.
【详解】（1）由椭圆的对称性可知椭圆必过，两点，
因为与不可能同时在同一个椭圆上，
所以椭圆过，，三点，
于是，解得，，
故椭圆的方程为.
（2）因为点在椭圆上，不妨设，
则点到直线距离为
，其中，
所以当，即时，取得最大值，为，
即椭圆C上点到直线距离的最大值为.
（3）假设存在，由于，
当直线斜率为0时，l方程为，点P在椭圆外的x轴上任意点都符合题意，
当直线斜率不为0时，可设直线l方程为，，，
联立方程组，得，
易知，则，故，
若，则，
即，
则，即，
所以，因此，
此时，显然直线斜率为0时也符合题意，
即存在点使得．
【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.
题型3 斜率定值(含非对称韦达)
一、圆锥曲线的定值问题 （1）解析几何中的定值问题是指某些几何量（线段长度，图形面积，角度，直线的斜率等）的大小或某些代数表达式的值和题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值， 求定值问题常见的解题方法有两种： 法一、先猜后证（特例法）：从特殊入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关； 法二、引起变量法（直接法）：直接推理、计算，并在计算推理过程中消去参数，从而得到定值。 （2）直接法解题步骤 第一步设变量：选择适当的量当变量，一般情况先设出直线的方程：或、点的坐标； 第二步表示函数：要把证明为定值的量表示成上述变量的函数，一般情况通过题干所给的已知条件，进行正确的运算，将需要用到的所有中间结果（如弦长、距离等）用引入的变量表示出来； 第三步定值：将中间结果带入目标量，通过计算化简得出目标量与引入的变量无关，是一个常数。
一、解答题
1．（24-25高三下·全国·开学考试）已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于，两点．当轴时，（为坐标原点）的面积为2．
(1)求抛物线的方程；
(2)直线与抛物线交于，两点，点，设直线，的斜率分别为，，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意可得出关于实数p的方程组，解出，利用面积公式求解可得出，即可得抛物线C的标准方程，
（2）设点、，将该直线方程与抛物线方程联立，列出韦达定理，可求得关于m的表达式， 代入化简即可得.
【详解】（1）由题意，．
当直线轴时，直线的方程为．
由解得，所以，
所以的面积．
由题意，解得，
所以抛物线的方程是．
（2）设，．
由消去，整理得．
，由一元二次方程根与系数的关系，得
所以，
所以，
所以的值为．
2．（24-25高三上·河北沧州·期末）已知，分别是双曲线的左，右顶点，，点是上一点．过点的直线与双曲线的右支交于，两点．
(1)求的方程；
(2)若的斜率为1，求；
(3)若直线，的斜率分别为，，证明：是定值．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据左右顶点的距离得到，然后根据点在曲线上列方程得到，即可得到双曲线方程；
（2）联立直线和双曲线方程，利用韦达定理和弦长公式计算；
（3）联立直线和双曲线方程，利用斜率公式和韦达定理计算即可证明.
【详解】（1）
解：由，可得，解得，
点是上一点，所以，解得，
所以的方程为．
（2）解：的方程为，
联立即，
设，，则，，
所以弦长．
（3）证明：设，，，易知，，
直线与双曲线联立得，
所以
所以
，
故是定值．
【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题，往往需联立直线与圆锥曲线方程，消元并结合韦达定理，运用弦长公式、点到直线距离公式、斜率公式、向量数量积公式进行转化变形，结合已知条件得出结果.
3．（24-25高三上·陕西榆林·期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，点是的上顶点，，的面积为．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知，若直线与椭圆相交于两点（异于点），求证：直线的斜率之和为0．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分析焦点三角形，结合焦点三角形的面积，得出的关系即可求解；
（2）联立直线和椭圆，设出，利用韦达定理，斜率公式表示出然后运算求解.
【详解】（1）由题意，得，其中，
因为，的面积为，
所以，解得，
所以，
所以椭圆的方程为．
（2）设，由得
所以，即．
因为两点异于点，所以，所以，
又，
所以
，
将代入上式，
得．
所以直线的斜率之和为0．
4．（2024·全国·模拟预测）已知抛物线，过点的直线与抛物线相切.
(1)求抛物线的方程；
(2)若过点的直线与相交于，两点，为上任意一点且直线，与直线分别交于，两点.求证：直线，的斜率之积是定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）联立方程组，得到，结合，求得，即可求解；
（2）设直线的方程为，联立方程组，由，求得或，再求得的方程为，求得，结合斜率公式，即可求解.
【详解】（1）解：联立方程组，整理得，
因为此直线与抛物线相切，则，解得，
故抛物线的方程为.
（2）解：设直线的方程为，，，，
联立方程组，整理得，
由，可得或，
设，，，则，，
由，，两式相减得，
则直线的方程为，
则令，可得，
同理，
所以，
故直线，的斜率之积为定值.
【点睛】方法知识总结：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
5．（24-25高三上·甘肃白银·阶段练习）已知双曲线C：．的离心率为，点在双曲线C上，过C的左焦点F的直线l与C的左支相交于A，B两点，且l分别交C的两条渐近线于M，N两点．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若O是坐标原点，，求的面积；
(3)已知点，直线AP交直线于点Q，设直线QA，QB的斜率分别，，求证：为定值．
【答案】(1)
(2)32
(3)证明见解析
【分析】（1）由双曲线离心率及点在双曲线C上可得双曲线方程；
（2）设，，将直线l与双曲线渐近线方程联立可得，
然后设直线l的倾斜角为，由，可得，即可得答案；
（3）由题意设直线l的方程为，设，，由题可表示出，再将直线l方程与双曲线方程联立，由韦达定理可得，结合，可完成证明.
【详解】（1）（1）由双曲线C的离心率为，且点在双曲线C上，
可得，解得，，所以双曲线C的方程为
（2）设，，由（1）可知双曲线C的左焦点为，所以可设直线l的方程为，
当时，易知，不合题意，故．
由，即，消去x，得，其中，
所以．
记直线l的倾斜角为，由，得，
由，得，解得（舍去）或，
所以，故．
（3）由题意设直线l的方程为，设，，
由直线AP：，得，则，
又，
所以
．
由，消去x，得，其中，
则，，，所以．
因为，所以，
所以，即为定值．
【点睛】关键点睛：对于解析几何中的三角形面积问题，可对面积进行适当分割，将其分为一边与坐标轴垂直三角形面积之和或之差；对于定值问题，常见思路为找到定值关于所设参数的表达式，再说明定值取值与参数无关.
6．（24-25高三上·辽宁大连·期末）在平面直角坐标系中，以坐标轴为对称轴的椭圆过点和点，，，，是椭圆上异于顶点的四个点，直线与相交于点，直线的斜率存在且过点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若，求直线的方程；
(3)记，分别为直线与直线的斜率，求的值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）设椭圆的方程为，代入点的坐标得到方程组，求出、，即可得解；
（2）设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，消元，列出韦达定理，根据求出的值，即可得解；
（3）方法一：由和，共线，得到，求出，，同理可得，，求出与的关系，即可得解；方法二、三：设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，求出、，同理得到，，再由斜率公式计算可得.
【详解】（1）设椭圆的方程为（，，），
因为椭圆过点和，
所以，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）设直线的方程为，
由，得，
因为，，，
所以
，解得，
所以直线的方程，即.
（3）方法一：因为点和，共线，
所以，即①.
因为，，所以，
展开移项得，
结合①有②，
由①②解得，，
同理可知，，
因为点和，共线，
所以，
即③.
所以
，
所以.
方法二：设直线的方程为（其中），
由，得，
所以，，
.
即，
，
同理可知，.
因为直线斜率存在且过点，
所以，
即
，所以.
方法三：由，得，
因为，，，
所以
所以
，即，
，
同理可知.
因为直线斜率存在且过点，所以，
即，
化简有.
因为，且直线斜率不为零，
所以
，故.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
题型4 长度、角度、面积定值
角度关系的证明往往转化为斜率问题或坐标问题，其中角相等问题优先考虑转为斜率之和为零处理，或考虑用向量进行计算。
一、解答题
1．（24-25高三上·山东济宁·阶段练习）已知，，平面上有动点，且直线的斜率与直线的斜率之积为1.
(1)求动点的轨迹的方程.
(2)过点的直线与交于点（在第一象限），过点的直线与交于点（在第三象限），记直线，的斜率分别为，，且.
①求证：直线过定点；
②试判断与的面积之比是否为定值，若为定值，请求出该定值；若不为定值，请说明理由．
【答案】(1)，；
(2)①证明见解析；②存在，.
【分析】（1）设点，结合斜率的两点式及斜率乘积为1列方程求轨迹；
（2）①设直线的方程为，联立曲线，应用韦达定理及求参数t，即可证定点；②应用面积公式即可判断面积比是否为定值.
【详解】（1）设点，，故动点的轨迹方程为，.
（2）由题意，而，即，
①设直线的方程为，，，，，
联立，得，，，
且，
∴，
整理得，
韦达公式代入并整理得，得或（直线过B点，舍），
∴直线方程为，即直线过定点，得证；
②此时，，故．
2．（2025·江西赣州·一模）已知椭圆E：，其左顶点为P，上顶点为Q，直线PQ交直线于R，且（其中O为坐标原点）.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)点N在x轴上，过点N作直线l与E交于A，B两点，问：是否存在定点N，使得为定值，若存在，求出所有点N的坐标并且求出定值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）结合已知条件根据两点间距离公式得到关于、的方程组，求解方程组即可求解；
（2）分斜率存在和不存在两种情况设出直线方程，直曲联立，将条件转化为、的关系，结合韦达定理再将条件转化为关于、的关系式即可求解.
【详解】（1）
由题意可知，，，
所以，，
整理联立有：，
又因为，，解得，，
所以椭圆方程为.
（2）根据已知条件设，设，，
当直线斜率不为时，设直线，
联立，整理得，
需，
即，
由韦达定理有：，，
故
因为为定值，所以，
整理得，解得，此时；
当直线斜率为时，不妨设，，，
此时符合题设，
同理可证当的坐标为时也符合题设，
又恒成立，
所以存在点或使得的值为（定值）.
3．（24-25高三上·安徽宣城·期末）已知圆A：，圆B：，圆C与圆A、圆B都外切，记圆心C的轨迹为E．
(1)求E的方程；
(2)过点的直线交E于M，N两点，与直线交于点T，过点T作x轴的平行线l，直线OM，ON与直线l分别交于S，Q两点，证明：与的面积相等．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据圆与圆的位置关系及双曲线的定义写出曲线方程；
（2）设直线MN为，，，联立双曲线并应用韦达定理，求直线OM，ON与直线l的交点S，Q坐标，进而判断T，S，Q的横坐标间的关系，即可证结论.
【详解】（1）设圆C的半径为r，又圆C与圆A、圆B外切，所以，，
则，故点C的轨迹为以A，B为焦点的双曲线的一支，
所以曲线E的方程为.
（2）由题意，直线MN斜率存在且不为0，设直线MN为，，，
其中且，
联立方程组，消去x有，
则，，，
直线MN：与直线的交点，
直线MO：与直线l：的交点，
直线NO：与直线l：的交点，
由于
，
故点T是QS的中点，所以与的面积相等．
4．（24-25高三上·上海·期末）已知过点的双曲线的渐近线方程为.如图所示，过双曲线的右焦点作与坐标轴都不垂直的直线交的右支于两点.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)若双曲线上的点到其两条渐近线的距离分别为，求的值；
(3)已知点，求证：.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由渐近线方程得到，代入点即可求解；
（2）由点到线的距离公式求解即可；
（3）设直线方程，联立双曲线方程，结合韦达定理，由即可求证；
【详解】（1）因为双曲线的渐近线方程为，
所以设双曲线方程为，
又双曲线过点，
则，所以双曲线的方程为，
即.
（2）因为在曲线上，
则，
渐近线方程：，
所以：
（3）由（1）可知的斜率存在且不为0，设的方程为，
联立，消去得，
设，由题意得，
则，
所以
，
所以得证.
【点睛】关键点点睛：由，求证；
5．（24-25高三下·云南昆明·阶段练习）椭圆的长轴在轴上，长轴长为4，离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线与交于，直线与交于.
①证明：；
②设直线与直线轴分别交于点，求的值.
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②.
【分析】（1）根据离心率公式和长轴长计算即可；
（2）①直曲联立，结合韦达定理计算即可；
②设，，由三点共线，构造方程，
解得，同理可得，，结合①结论，得到，化简即可.
【详解】（1）解：设的方程为，
则解得，
所以的方程为.
（2）①证明：联立方程可得，
恒成立，，，
则，
同理可得，，，，
所以.
②解：由题，设，，
因为三点共线，所以，解得，
同理可得，，
由①得，，即，
，即，
所以，即.
【点睛】方法点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
6．（24-25高三上·内蒙古赤峰·期末）已知椭圆：，点在上，且的焦距为2，左焦点为，．
(1)求的方程；
(2)设为原点，为上（除左、右端点外）一点，的中点为，直线与直线：（直线不过和）交于点，过点作，交直线于点，证明：无论为何值，均有．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意，由 点在上可得椭圆方程；
（2）设直线的方程为，联立椭圆方程可得点坐标，进而可得，进而可得，结合，可得，进而可得，即，进而可得.
【详解】（1）由题意可知，故，则两焦点的坐标为，．
由椭圆的定义得，故，
故，故C的方程为．
（2）
证明：由（1）得．设，，
直线的方程为，
联立方程组，得，
易知恒成立，由韦达定理得，故，
代入直线得，又是的中点，故，
故直线的方程为，又直线与直线交于点，故，
故，又因，故，故，
故直线的方程为，
因直线与直线交于点，故，
故，又，故，
故．设直线交直线于点，直线交于点,
故无论为何值，均有.
【点睛】关键点点睛：本题第二问证明，考虑到，只需证明即可，即证.根据题意设直线的方程为，进而根据题中条件求得点坐标即可.
7．（2024·上海嘉定·一模）在平面直角坐标系中，已知椭圆是其左 右焦点，过椭圆右焦点的直线交椭圆于两点.
(1)若，求点的坐标；
(2)若的面积为，求直线的方程；
(3)设直线与椭圆交于两点，为线段的中点.当时，的面积是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由.
【答案】(1)或；
(2)或；
(3)的面积为定值，该定值为.
【分析】（1）利用向量数量积的坐标表示计算可得或；
（2）设直线的方程为，联立直线与椭圆方程根据韦达定理计算可得，可得直线的方程；
（3）利用点差法计算可得，设直线的方程为，联立椭圆方程并根据韦达定理可得，再根据弦长公式以及点到直线距离可得.
【详解】（1）易知，设点，
可得，可得，
则，
所以，解得，
可得，
即或
（2）设直线的方程为，，
联立并整理可得，
所以，
易知的面积为
，
解得，即；
所以直线的方程为或.
（3）根据题意可知直线的斜率存在，
设直线的方程为，，则，如下图所示：
易知，两式相减可得；
由，所以可得，
即，又，可得；
即，
联立整理可得，
，可得；
可得；
所以，
整理可得，即；
易知
；
原点到直线的距离为，
所以的面积为；
所以的面积为定值，该定值为.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据弦中点问题利用点差法表示出斜率关系，再根据弦长公式和韦达定理表示出面积公式，化简即可得出结论.
8．（24-25高三下·河南新乡·阶段练习）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．
①证明：直线的斜率成等差数列．
②设经过三点，是否存在点，使得？若存在，求；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②存在，
【分析】（1）结合题意可得，分和讨论可得，继而可求解.
（2）①设，易知过且与相切的直线斜率存在，方程设为，联立直线与椭圆方程，由可得，设直线的斜率分别为，由韦达定理、斜率公式及等差数列的定义即可证明；②由已知求出直线和直线的中垂线方程，继而可得点坐标，由，列出方程，即可求解.
【详解】（1）由右焦点知，
，所以，
若，则，即，方程无解；
若，则，所以，
所以，
所以椭圆的方程为.
（2）①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，，
，
所以，
即直线的斜率成等差数列.
②直线的方程为，令，得，
所以，同理可得，
所以的中垂线为，
中点为，
所以直线的中垂线为，
联立，解得，
所以，
所以，，
，即，
所以，即，
所以，解得，所以，所以.
所以存在点，使得，此时.
【点睛】关键点点睛：本题②的解题关键是求出圆心的坐标，圆的两条弦的垂直平分线的交点即圆心。由已知求出直线和直线的中垂线方程，联立两直线方程可得圆心的坐标，由，结合韦达定理列出方程，即可求解.
题型5 圆锥曲线与向量交汇
一、三点共线问题的解题策略 （1）斜率法：若过任意两点的直线的斜率都存在，通过计算证明过任意两点的直线的斜率相等来证明三点共线； （2）距离法：计算出任意两点间的距离，若某两点间的距离等于另外两个距离之和，则这三点共线； （3）向量法：利用向量共线定理证明三点共线； （4）直线方程法：求出过其中两点的直线方程，在证明第三点也在该直线上； （5）点到直线的距离法：求出过其中某两点的直线方程，计算出第三点到该直线的距离，若距离为0，则三点共线； （6）面积法：通过计算求出以三点为三角形的面积，若面积为0，则三点共线，在处理三点共线问题，离不开解析几何的重要思想：“设而不求思想”。
一、解答题
1．（24-25高三上·湖北武汉·期末）已知直线与双曲线的右支交于不同的两点，.
(1)求实数的取值范围；
(2)直线与轴交于点，是否存在实数使得成立？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设直线，代入双曲线方程化简，利用根与系数的关系结合判别式可求出实数的取值范围；
（2）根据成立，得出，结合韦达定理计算求参.
【详解】（1）由，得，
由，得成立.
设，则，
因为直线与双曲线的右支相交于不同的两点，
所以，即，
所以，综上得，
解得.
（2）令得，依题意，
因为，且，
因为，所以，
所以，所以，
所以，
所以，计算得，又因为，
所以.
2．（2024高三·全国·专题练习）已知抛物线的焦点为，圆与抛物线在第一象限的交点为，若轴．
(1)求抛物线的方程；
(2)过点的直线交圆和抛物线分别于（异于点），两点，若，求的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由条件利用表示点的坐标，代入圆的方程可求，由此确定结论；
（2）设直线的方程为，设，，联立直线与抛物线方程求，结合向量关系求，根据在圆上，列方程求.
【小题1】设，因为抛物线的焦点，轴，
所以，则，即，
所以．
又点在圆上，
所以，解得（舍负），
所以抛物线的方程为．
【小题2】设直线的方程为，
联立，消去得．
因为直线与抛物线有两个交点，
所以，所以．
设，，又，
由韦达定理得，即，
故，即．
因为，所以，，
即．
又点在圆上，所以，
所以，
所以，
所以 ，
即，
解得（其中不符合题意，舍去），
可求得直线的方程为．
【点睛】关键点点睛：本题在求直线方程时通过联立直线与抛物线的方程，用直线方程中的参数表示点的坐标，利用，用参数表示点的坐标，再利用点在圆上，代入圆的方程求出直线的参数．
3．（24-25高三下·广东·开学考试）已知动点在椭圆上，且的左、右焦点分别为.设直线为上不重合的两点.
(1)求的离心率；
(2)已知；
（i）证明：点在轴的异侧；
（ii）证明：当的面积取最小值时，存在常数使得，并求的值.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析，2
【分析】（1）直接根据椭圆中的关系和离心率公式求解；
（2）（i）由，则，根据坐标运算可证；
（ii）要使最小，此时，，根据等号成立的条件可得点坐标，再结合向量坐标运算可解的值.
【详解】（1）由题设，.
则，即，且，即.
则的离心率为.
（2）（i）由（1）可得，设.
则.
由，得，即0.
故必存在一点在第一象限，另一点在第四象限，即点在轴的异侧.
（ii）记的面积为，点到的距离为，则.
要使最小，则必须使与同时达到最小值.
显然当运动至的右顶点时最小，此时，
而，
当且仅当或时取等号，最小值为.
此时.
且，
故，解得.
4．（2025·广东肇庆·二模）如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右、上、下顶点分别为.设为上并且位于第一象限的两点，满足.
(1)若交轴于，且，求椭圆的离心率.
(2)在（1）的条件下，为的中点，直线交于点（其中在轴上方）.证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先应用平行得出角的值，再结合计算得出离心率；
（2）先设点，结合得出，最后由点在椭圆上计算得证.
【详解】（1）因为，所以.
所以，则，
则，解得，
则.
（2）由（1）知，.
设点，因为，所以存在，使，则.
因为是的中点，所以.
又因为三点共线，所以存在，使.
令，则，
则由点在椭圆上得，
整理得，
.
因为点在椭圆上，所以，整理得.
所以.
【点睛】关键点点睛：证明的关键点是应用点在椭圆上得出计算化简求值.
5．（2025·新疆·模拟预测）已知双曲线，点到的两条渐近线距离之比为，过点的直线与交于两点，且当的斜率为0时，.
(1)求的方程；
(2)若点都在的右支上，且与轴交于点，设，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据点到直线的距离公式可得，结合即可求解,
（2）根据向量共线的坐标关系可得坐标，进而得是一元二次方程的两个解，利用根的分布可得或，进而根据求解.
【详解】（1）双曲线的渐近线方程为，
由已知得，
解得或，
斜率为0时可得直线方程为：，代入双曲线方程可得：，
，
若，则可求得，
若，则代入得无实数解，
的方程为.
（2）设点，
由可得
故：，代入双曲线方程得：，
同理，，代入双曲线方程得：，
是一元二次方程的两个解，
，
由题意可知，直线有斜率，设直线斜率为，则直线方程为：，
与双曲线联立得：，
由直线与双曲线交于右支得：，
解得：或，
又，
由于或，故或，
.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的范围或最值问题，可根据题意构造关于参数的目标函数，然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解，解题中注意函数单调性和基本不等式的作用．另外在解析几何中还要注意向量的应用，如本题中根据向量的共线得到点的坐标之间的关系，进而为消去变量起到了重要的作用
6．（2024高三·全国·专题练习）已知抛物线经过点，直线与抛物线有两个不同的交点，直线交轴于，直线交轴于．
(1)若直线过点，求直线的斜率的取值范围；
(2)若直线过抛物线的焦点，交轴于点，求的值；
(3)若直线过点，设，求的值．
【答案】(1)
(2)
(3)2
【分析】（1）由题意易得直线斜率存在且不为，且直线、斜率存在，设出直线方程，并联立抛物线方程，根据交点有两个，得出，解不等式即可得直线斜率的范围.
（2）设直线的方程为：联立直线与抛物线的方程得出点纵坐标之间的关系，再由，，得出、与点坐标之间的关系，对化简可求得的值.
（3）根据，，得出、与点坐标之间的关系，再根据在同一直线上，在同一直线上，得出，与点坐标之间的关系，根据（1）中联立所得的方程得出点横坐标之间的关系，对原式进行化简，即可得的值.
【详解】（1）因为抛物线经过点，所以，所以，
所以抛物线的解析式为．
又因为直线过点，且直线与抛物线有两个不同的交点．
易知直线斜率存在且不为，故可设直线的方程式为.
根据题意可知直线不能过点，所以直线的斜率.
若直线与抛物线的一个交点为，此时该点与点所在的直线斜率不存在，
则该直线与轴无交点，与题目条件矛盾，
此时，所以直线斜率.
联立方程，得，
因为直线与抛物线有两个不同交点，所以，所以．
故直线的斜率的取值范围是且且.
即率的取值范围是.
（2）如图所示
设直线的方程为：由，得，
设，，
则，∵，，
，，
∴，，∴
，
.
（3）如图所示
设点，，则，，
因为，所以，故，由得，
设，，
直线方程为，
令，得①，由直线可得②，
因为③，
将①②代入③可得，
，
又由根与系数的关系：，，
所以，
所以.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，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.
题型6 圆锥曲线中的切线问题
一、椭圆（双曲线）的切线 （1）设切线方程为与椭圆方程联立，由进行求解； （2）椭圆（双曲线）在其上一点的切线方程为，再应用此方程时，首先应证明直线与椭圆（双曲线）相切. 双曲线的以为切点的切线方程为 二、抛物线的切线 （1）点是抛物线上一点，则抛物线过点P的切线方程是：； （2）点是抛物线上一点，则抛物线过点P的切线方程是：．
一、解答题
1．（24-25高三下·浙江·开学考试）已知，分别为椭圆C：的左、右焦点，，点．
(1)若，求C的离心率；
(2)过点M作C的两条切线，，证明：；
(3)在（2）的条件下，设或与C在第二象限的切点为P，求面积的最大值．
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3)
【分析】（1）根据给定条件，求出，进而求出离心率.
（2）设出切线方程，与椭圆方程联立，利用判别式为0求出切线斜率即可得证.
（3）设切点，由（2）可得，再利用表示出三角形面积，进而求出最大值.
【详解】（1）由及，得，
所以椭圆的离心率.
（2）设过点的椭圆的切线方程为，
由消去得，
则，整理得，即，解得，
不妨令直线的斜率为1，则直线的斜率为，，
所以.
（3）由（2）知，切线方程为，设切点，
则，且，即且，
由，得，则，即，解得，
，令，
因此的面积
，当且仅当，即时取等号，
所以的面积为.
2．（24-25高三上·山西·阶段练习）已知圆，点，点是圆上任意一点.线段的垂直平分线与半径相交于点，当点在圆上运动时，点的轨迹为曲线.
(1)求的方程；
(2)证明：直线是曲线的切线.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）因为结合椭圆的定义求得曲线的方程.
（2）设直线的方程为再结合判别式得出是的切线.
【详解】（1）由线段的垂直平分线的性质，得，
所以，
所以点的轨迹，即曲线是以点C，D为焦点的椭圆，设的方程为，
则，焦距，即，
所以，
故曲线的方程为.
（2）设，则的中点为，又，
所以直线的方程为，
因为点在圆上，所以，
所以直线的方程可化为，
所以，
由，得，
将代入上式，得
，
由，得，
所以，
所以，
所以是的切线.
3．（2025·广东湛江·一模）已知抛物线的焦点为F，A，B分别为C上的点（点A在点B上方）．过点A，B分别作C的切线，，交于点P．点O为坐标原点，当为正三角形时，其面积为．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若直线经过点F，求动点P的轨迹以及点P到直线的距离的最小值．
【答案】(1)
(2)轨迹为直线，最小值为2．
【分析】（1）由题意作图，根据正三角形的性质与抛物线的性质，可得点的坐标，代入抛物线方程，可得答案；
（2）设出直线方程，并联立抛物线方程，写出韦达定理，设出切线方程，联立抛物线方程，写出根的判别式为零，进而求得切线的交点的坐标，利用点到直线距离公式，可得答案.
【详解】（1）
因为为正三角形时，其面积为，可得的边长．
根据正三角形以及抛物线的对称性，可知此时点A，B关于x轴对称，
所以点A的坐标为．
将点A代入抛物线的方程可得，解得，
所以抛物线C的方程为．
（2）
易得．设直线的方程为，
联立直线与抛物线C的方程可得．
，
设点A，B的坐标分别为，，
根据韦达定理可得，．
设直线的方程为．
因为是抛物线C的切线，所以与C仅有一个交点．
联立两个方程可得，
，所以，
所以直线的方程为．
同理可得直线的方程为．
计算与的交点可得，即可得，
所以动点P的轨迹为直线．
将点P的横坐标代入直线及，可得其纵坐标为以及，
两者相加可得，代入上述韦达定理可得，
所以点P的坐标为，
所以点P到直线的距离，
当且仅当时等号成立，
所以点P到直线的距离的最小值为2．
4．（24-25高三上·浙江宁波·期末）如图，双曲线的左右焦点分别为，，双曲线与有相同的渐近线和焦距．过上一点作的两条切线，切点分别为A，B，A在轴上方，连接AB交于点M．
（注：过曲线外一点作曲线的两条切线，则两切点所在直线方程为）
(1)求双曲线的方程；
(2)证明：直线AB与切于点M，且；
(3)当点在第三象限，且时，求的值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据双曲线的渐近线及焦距列方程求解即可；
（2）联立直线与双曲线方程，根据相切求出切点横坐标，再联立直线与双曲线方程，利用根与系数关系可得出为中点得证；
（3）法一可由直线，联立求出点坐标，代入双曲线方程求出，再由三角形面积公式得解，法二利用，，求出即可得解.
【详解】（1）的渐近线方程为，，
的渐近线方程为，，
所以，得，，所以双曲线的方程为．
（2）已知，且满足，
设切点，，，
根据题意得，直线AB方程为．
直线AB与联立，得，
化简得，，
所以直线AB与切于点．
所以，．
直线AB与联立，得，即，
得，
所以，即为中点，
所以．
（3）法一：因为，则，
直线与直线联立，
得，即，
将点代入，
得，化简得，
由得，，
所以．
法二：因为，，点与点关于原点对称，所以．
因为，所以，
因为，所以，所以，
，
所以．
【点睛】关键点点睛：第三问的关键在于直接算面积需要求出，或者利用三角形面积之间关系可转化为求，不论那种方法，都需要较强的运算能力.
5．（24-25高三上·河南焦作·期末）已知双曲线的右焦点为，右顶点为，直线与轴交于点，且．
(1)求的方程；
(2)若为上不同于点的动点，直线交轴于点，过点作的两条切线，，分别交轴于点，，交轴于点，．
（i）证明：；
（ii）证明：（表示面积）．
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）由题可得点坐标，进而利用条件得到，然后求解即可；
（2）（i）设且过点的切线方程为，与联立方程，由可得，即得切线的斜率之和为，然后表示出直线，，的方程，即可得的纵坐标，即可得证；（ii）由（i）可得，，，的坐标，化简可得，又根据要证的四个三角形的高均相等，即可得证.
【详解】（1）由题可知，
由直线与轴交于点，且，
可得．
若，则，即，无解，
若，则，即，
则，
故的方程为．
（2）如图所示，
设，易知过点且与相切的直线的斜率存在且不等于和，
设切线的方程为，
与的方程联立，消去，整理得，
由，
整理得．
设切线的斜率分别为，则．
（i）由题可知直线的方程为，
令，得．
因为，的方程为，，
所以，，
所以，
故是的中点，即．
（ii）由上述过程可知，，，．
所以，，．
又，所以，
，
所以，
又，，，的高相等，
所以.
6．（24-25高三上·黑龙江哈尔滨·期末）已知抛物线的焦点为.抛物线上一点满足，为直线上的动点，过作曲线的两条切线，，其中为切点．
(1)求抛物线的方程；
(2)求证：直线恒过定点；
(3)求面积的最小值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由焦半径公式可得，进而可得解；
（2）先设， ， ，求得切线方程，由切线交点可得直线的方程为，进而可得；
（3）先求弦长，再求到直线的距离，可得，进而可得.
【详解】（1）由题意故，所以抛物线方程为.
（2）设， ， ，
由得，故切线：，即，
同理可得切线： ，
在两条切线，则，所以直线，即，
因，故，故直线恒过定点.
（法二）
当直线斜率存在时，设，
联立，得 设，，，
，，，
由得故切线，即
同理切线，
联立得，故，
代入直线得，
直线，所以恒过定点
当直线斜率不存在时，由对称性知，直线，也过定点
综上：直线恒过定点.
（3）联立，得，
由韦达定理可得，，
到直线的距离
当时，最小值为
（法二）
当直线斜率不存在时，直线，，到直线距离为8，
当直线斜率存在时
，
所以到直线的距离，
，
当时，的最小值为3，故，
所以的面积的最小值为.
【点睛】关键点点睛：本题第三问，先用弦长公式表示，再用点到直线的距离公式表示到直线的距离，进而可得.
题型7 定直线及其探索性问题
一、定直线问题 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，解决这类问题，一般可以套用求轨迹方程的通用方法，也可以根据其本身特点的独特性采用一些特殊方法. 【一般策略】 ①联立方程消去参； ②挖掘图形的对称性，解出动点横坐标或纵坐标； ③将横纵坐标分别用参数表示，再消参； ④设点，对方程变形解得定直线. 解题技巧：动点在定直线上：题设为某动点在某定直线． 目标：需要消掉关于动点横坐标或者纵坐标的所有参数，从而建立一个无参的直线方程，此时会分为三种情况： （1），即动点恒过直线． （2），即动点恒过直线． （3），即动点恒过直线．
一、解答题
1．（24-25高三上·云南丽江·阶段练习）已知抛物线Ω：焦点为F，过F作两条互相垂直的直线，，且直线与Ω交于M，N两点，直线与Ω交于E，P两点，M，E均在第一象限，设A，B分别为弦MN，EP的中点，直线ME与直线NP交于点H．
(1)直线AB是否过定点？请说明理由；
(2)证明：点H在直线上．
【答案】(1)过定点，理由见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）设直线和的方程，与抛物线联立方程组，利用韦达定理表示出A，B两点坐标，得直线AB方程，由方程判断所过定点坐标；
（2）表示出直线ME与直线NP方程，联立方程组求交点坐标即可.
【详解】（1）抛物线Ω：的焦点，
互相垂直的直线，与抛物线各有两个交点，知直线，斜率存在且不为0，
设直线的斜率为，则直线，设，
由，消去并整理得，，
，，弦MN的中点，
由垂直的条件，可将换为，设，
同理得，，有，
当或时，直线的方程为，
当且时，直线的斜率为，方程为，
即，当时，恒有，
所以直线过定点，其坐标为.
（2）直线的斜率，同理得直线的斜率，
此时直线的方程为，即，
同理，直线的方程为，即，整理得，
由，消去解得，
所以直线ME与直线NP的交点在直线上.
2．（24-25高三上·广东深圳·期末）已知双曲线的中心为坐标原点，上焦点为，离心率为.记的上、下顶点分别为，，过点的直线与的上支交于M，N两点.
(1)求的方程；
(2)直线和的斜率分别记为和，求的最小值；
(3)直线与交于点P，证明：点P在定直线上.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用双曲线的上焦点、离心率可求得的值，进而可求得双曲线方程.
（2）设的方程为，与双曲线方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式，推理计算即得，进而计算可求得的最小值.
（3）直线的方程为，直线的方程为，联立方程线可求得交点的纵坐标为定值，可得结论.
【详解】（1）设双曲线的标准方程为，
由题意可得，解得，
所以双曲线的标准方程为；
（2）双曲线的上下顶点为，，设直线的方程为，，
联立，消去，可得，
则，且，
所以，
所以，
所以，所以，
当时，的最小值为；
（3）直线的方程为，直线的方程为，
联立，得，解得，
即点P在定直线上.
3．（24-25高三上·江苏苏州·阶段练习）椭圆的焦距为，且经过点.如图，椭圆的右顶点为，上顶点为，直线与直线平行且交椭圆于点两点，连接交于点.
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线的斜率分别为，证明为定值；
(3)证明：点在一条定直线上.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由题可得，再将已知点代入椭圆方程，联立可求出和的值，从而得到椭圆方程；
（2）运用点差法，借助三点共线可解；或利用韦达定理法结合条件即得；
（3）由（2）中求出P点横纵坐标关系直接可得.
【详解】（1）因为椭圆的焦距，
所以，则，即.
椭圆经过点，将其代入椭圆方程得到.
联立解得，
故椭圆的方程为.
（2）法1.，取中点，
设中点，
，即，
即，故在直线上，即，
由平面几何易知：共线，故可设，
则为定值；
法2. ，
设，
，
（3）法1.由（2）法1知：在定直线上.
法2.由（2）法2知:，
故点P在定直线上.
4．（23-24高三上·河南南阳·期末）已知离心率为的双曲线的虚轴长为2．
(1)求C的方程；
(2)已知，过点的直线l（斜率不为0）与C交于M，N两点，直线与交于点P，若Q为圆上的动点，求的最小值.
【答案】(1)
(2)2
【分析】（1）由离心率公式、虚轴长以及平方关系列方程即可求解.
（2）设l的方程为，将其与椭圆方程联立，结合韦达定理以及直线与交于点P，可得点P在定直线上，然后求圆上点到定值线距离的最小值即可得解.
【详解】（1）依题意可得
解得，故C的方程为．
（2）
设l的方程为， 设，
联立得，
则．
直线，直线，
联立与，
得
，
解得，故点P在定直线上．
因为圆的圆心到直线的距离为3，
所以的最小值为．
【点睛】关键点睛：第二问的关键是结合韦达定理以及直线与交于点P，可得点P在定直线上，由此即可顺利得解.
5．（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.
6．（24-25高三下·广西桂林·开学考试）已知椭圆（）的离心率为，，分别是椭圆的左，右焦点.过点且斜率不为0的直线l与椭圆交于A，B两点.的周长为8.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线l的斜率为1，求线段AB的长；
(3)若点P在椭圆上，且，试问是否存在直线l，使得的重心在y轴上？若存在，请求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)存在，或或
【分析】（1）运用椭圆定义，结合离心率公式计算即可；
（2）直曲联立，运用弦长公式计算即可；
（3）设直线l的方程为.直曲联立，借助韦达定理和中点坐标公式得到,根据重心坐标公式，求得，进而得，求出，代入椭圆方程，解得，得到直线即可.
【详解】（1）因为的周长为8，所以，得.
因为椭圆的离心率为，所以，，
故椭圆的标准方程为.
（2）由题意，，，所以直线的方程是，
设，.由得，
所以，，
所以.
（3）设直线l的方程为.
由得，.
设，，，线段AB的中点为H，
则，，.
若△ABP的重心在y轴上，则，即，所以.
由，得，
解得，所以，
因为点P在椭圆上，所以，
解得或.故存在直线l，使得△ABP的重心在y轴上，
其方程为或或.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的定点、定值问题是考查的重点，一般难度较大，计算较复杂，考查较强的分析能力和计算能力.求定值问题常见的方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.解题时，要将问题合理的进行转化，转化成易于计算的方向.
题型8 圆锥曲线中的新定义问题
圆锥曲线背景下的新定义问题，关键在于理解新定义的本质，并将其与常规圆锥曲线知识相结合。 方法总结如下： 1、明确新定义：首先仔细阅读题目，明确新定义的内容、符号及其含义。 2、联系常规知识：将新定义与圆锥曲线的第一、第二定义或标准方程等常规知识联系起来，找出它们的相似之处或转换关系。 3、建立数学模型：根据新定义，建立相应的数学模型或方程，利用解析几何或代数方法进行求解。 4、验证与推理：在求解过程中，注意验证每一步推理的正确性，确保最终答案符合题目要求。 5、灵活应用：对于复杂问题，可能需要综合运用多种数学知识和方法，灵活应对。
一、解答题
1．（2025高三·全国·专题练习）已知椭圆的左、右焦点分别为，抛物线以坐标原点为顶点，为焦点，的一个公共点为．若，则称为“－相伴”．
(1)若为“－相伴”，求直线的斜率．
(2)若为“－相伴”．
（ⅰ）求的取值范围；
（ⅱ）若，，的方程为，直线与交于点，判断是否存在定点，使得直线与的倾斜角互补，若存在，求出的值，若不存在，说明理由．
【答案】(1)或．
(2)（ⅰ）；（ⅱ）存在定点
【分析】（1）根据题干列出等式，再利用对称性即可得到结果.
（2）（ⅰ）根据点在上，且点在上列出等式，得到，
进而得到，又，列出关于的等式，
利用对勾函数的性质即可得到结果. （ⅱ）由，及（ⅰ）中得出a的值，
进而求出的方程为，设出直线方程与的方程联立，用韦达定理即可得到结果.
【详解】（1）设，由题意知的焦点为，准线为直线，
由抛物线定义得点到的准线的距离．
易知点在第二象限或第三象限．
当点在第二象限时，设直线的倾斜角为，则，
所以，，所以，即直线的斜率为．
当点在第三象限时，由对称性可得直线的斜率为．
综上，直线的斜率为或．
（2）（ⅰ）设，由（1）知的焦点为，
因为点在上，所以，因为点在轴左侧，故，故
因为点在上，所以，
所以，解得，所以．
由椭圆的定义得，又，所以，
所以，即．
设，则，且，
由，可得，
所以，解得，即的取值范围是．
（ⅱ）
因为的方程为，所以，
由，及（ⅰ）中，得，
解得（舍去）或，
所以，
所以的方程为．
设，，由，得，
所以，，，
假设存在定点，使得直线与的倾斜角互补，则直线与的斜率之和为0，
即
，
所以，
所以，即，
所以存在定点，使得直线与的倾斜角互补且．
【点睛】思路点睛：第二问中：根据点在上，且点在上列出等式，得到，
进而得到，又，列出关于的等式，
利用对勾函数的性质即可得到结果.；由，及第一小问中得出a的值，
进而求出的方程为，设出直线方程与的方程联立，用韦达定理即可得到结果.
2．（2025·广东汕头·一模）若曲线C上的动点P沿着曲线无限远离原点时，点P与某一确定直线L的距离趋向于零，则称直线L为曲线C的渐近线．当渐近线L的斜率不存在时，称L为垂直渐近线．例如曲线具有垂直渐近线；当渐近线L的斜率存在且不为零时，称L为斜渐近线，例如双曲线存在两条斜渐近线．
(1)请判断正弦曲线是否存在垂直渐近线或斜渐近线，不必说明理由；
(2)证明曲线存在垂直渐近线、斜渐近线；
(3)求曲线的渐近线，并作出曲线的简图．
【答案】(1)不存在
(2)证明见解析
(3)直线与为曲线的垂直渐近线，直线为斜渐近线；作图见解析
【分析】（1）根据垂直渐近线或斜渐近线的定义判断可得答案；
（2）求出的值域可判断直线为曲线的垂直渐近线，设是曲线上一点，求出点M到直线的距离可判断直线为曲线的斜渐近线；
（3）由的解析式可得直线与为曲线的垂直渐近线；若曲线有斜渐近线，设是曲线上一点，利用点A到直线的距离得直线为曲线的斜渐近线，利用导数判断出单调性求出极值可得图象.
【详解】（1）正弦曲线不存在垂直渐近线或斜渐近线；
（2）函数的定义域为，
当且时，，所以直线为曲线的垂直渐近线，
设是曲线上一点，则点M到直线的距离
，所以直线为曲线的斜渐近线，
又曲线，直线，直线均关于原点对称，
故曲线存在垂直渐近线，斜渐近线；
（3）由得其定义域为，
当且时，；当且时，，
当且时，；当且时，，
所以直线与为曲线的垂直渐近线；
若曲线有斜渐近线，设是曲线上一点，
则当时，点A到直线的距离，
即，从而，进而，即，
因为，
所以曲线有斜渐近线，
同理可得，当时，直线为曲线的斜渐近线，
因为，
由得，，列表得：
x
+ 0 - - - 0 +
极大值 极小值
故曲线的简图如下：
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是利用渐近线定义结合函数值域可得答案.
3．（2025·江西萍乡·一模）如图所示，由椭圆（）和抛物线（）组合成曲线，若与存在共同焦点，由图形特点，它们的形状像收回四条腿的七星瓢虫，这里称曲线为“七星瓢虫曲线”.特别地，若椭圆的长半轴长、短半轴长、半焦距成等差数列，则称其为“等差椭圆”.
(1)求“等差椭圆”的离心率；
(2)在“七星瓢虫曲线”中，若是“等差椭圆”，且.
（ⅰ）求与和都相切的直线的方程；
（ⅱ）直线（），且l与相交所得弦的中点为M，与相交所得弦的中点为N，证明：直线OM，ON（O为原点）的斜率之积为定值.
【答案】(1)；
(2)（i）或；（ii）证明见解析.
【分析】（1）根据等差椭圆的定义，结合构造齐次式即可得解；
（2）（ⅰ）设切线方程，分别联立椭圆方程和抛物线方程，利用判别式求解即可；（ⅱ）利用点差法求，利用韦达定理求出点坐标，然后可解.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为c，
因为长半轴、短半轴、半焦距成等差数列，所以，
又，所以，则，
两边同时除以，得，解得（舍去）.
所以“等差椭圆”的离心率为.
（2）（ⅰ）解：若是“等差椭圆”，且，
则由，得，则，，解得.
故，.
易知与和都相切的直线斜率存在且不为0，设方程为：.
联立消去y得，
则，得；①
联立消去得，
则，得，②
联立①②，解得或
故和都相切的直线方程为或.
（ⅱ）证明：设l与相交于，，
线段CD的中点，则，，
两式相减，得，
所以，即，
由已知，，所以，
即，则
联立得，
又，则，
故，
所以中点的坐标为，可得，
所以，为N定值.
【点睛】关键点睛：本题关键在于灵活利用点差法求出，降低计算量，再由中点坐标公式和韦达定理求点N坐标即可得解.
4．（2025·黑龙江·一模）在平面直角坐标系中，若圆与抛物线有公共点，且圆与抛物线在点处有相同的切线，则称为抛物线的和谐数，圆为的和谐圆.
(1)试判断3是否为抛物线的和谐数.若是，求出3的和谐圆；否则，请说明理由.
(2)设，，…，均为抛物线的和谐数，且，记，，…，的和谐圆分别为圆，，…，，设圆，，…，与抛物线的公共点分别为，，…，，已知，且，圆与外切.
（ⅰ）求数列的通项公式；
（ⅱ）设点，记的面积为，证明：.
【答案】(1)是，
(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）先假设3是抛物线的和谐数，进而结合题意求解即可；
（2）（ⅰ）不妨设，由为抛物线的和谐数，可得的和谐圆为，进而结合（1）得到，，进而结合题意可得，进而得到数列是等差数列，进而求解；
（ⅱ）由题意可得，，，可得为等腰三角形，可得的面积，进而放缩得到当时，，结合裂项相消法求证即可.
【详解】（1）假设3是抛物线的和谐数，则3的和谐圆为，
由对称性，不妨设圆与抛物线有公共点，
显然抛物线在点处的切线，即曲线在点处的切线，
易知该切线的斜率为，
∵圆与抛物线在点处有相同的切线，
∴，解得，
∴圆与抛物线有公共点，
∴和谐圆的半径为
∴3是抛物线的和谐数，且3的和谐圆为.
（2）由对称性，只需考虑，，…，均在轴上方的情形，不妨设，
（ⅰ）∵为抛物线的和谐数，
∴的和谐圆为，
∴由（1）可知，，解得，
∴，
∵在圆上，∴，
∵，圆与外切，且，
∴，即，
∴，
∴数列是等差数列，其公差为2，首项为，
∴，即，
∴数列的通项公式为.
（ⅱ）证明：显然点为抛物线的焦点，∴，
易知，且，∴为等腰三角形，
易知的面积，
当时，，
∴，
∴，
∴，
∴不等式得证.
【点睛】方法点睛：与新定义有关的问题的求解策略：
1.通过给出一个新的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；
2.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.
5．（24-25高三下·河北保定·阶段练习）已知抛物线，按照如下方式依次构造点：过点作斜率为k（k为常数）的直线与抛物线C相交于，两点（在x轴的上方）；过点作斜率为k的直线与抛物线C相交于，两点（在x轴的上方），直线和相交于点；过点作斜率为k的直线与抛物线C相交于，两点（在x轴的上方），直线和相交于点；…；过点作斜率为k的直线与抛物线C相交于，两点（在x轴的上方），直线和相交于点；过点作斜率为k的直线与抛物线C相交于，两点（在轴的上方），直线和相交于点.
(1)若，求；
(2)证明：点，，，…，在一条直线上；
(3)记线段的中点为，线段的中点为，线段的中点为，…，线段的中点为，求（用k，n表示）.
【答案】(1)20
(2)证明见解析
(3).
【分析】 （1）写出直线的方程，与抛物线方程联立，根据焦点弦公式即可得到；
（2）设直线的方程为，与抛物线方程联立得，，同理可得，， 从而得到直线的方程，联立直线和直线的方程得点的纵坐标为，从而证明结论；
（3）利用中点公式以及得到， 分别求出和即可求解.
【详解】（1）由题知，直线的方程为，
联立消去y，得，
则由抛物线定义知.
（2） 证明：设，且i为整数，
，，，，
直线的方程为，联立直线的方程和抛物线方程，得
消去x后整理，得，所以，，
同理可得，.
所以直线的斜率为，
直线的方程为，
又，则，
整理得.
同理可得，直线的方程为，
联立直线和直线的方程消去，得，
整理得，代入，，
得，
即，
又，所以，即点的纵坐标为，
所以点，，，…，在同一条直线上，得证.
（3） 由（2）知，即线段的中点的纵坐标为，
同理可知，线段的中点的纵坐标为，
故点，，，…，和点，，，…，都在直线上.
因为，轴，所以.
因为，所以，，
有，，，
所以.
由（2）知，
同理可得，.
故有
，
故.
【点睛】 关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要运用多方面知识方可得解.
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