专题11 圆锥曲线2（解答）-2024届高考数学二轮专题复习考点分层与专项检测（新高考专用）

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一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
专题11 圆锥曲线2（解答）（新高考）
目录
【备考指南】2
【真题在线】3
【基础考点】29
【基础考点一】圆锥曲线弦长问题29
【基础考点二】圆锥曲线点差法38
【基础考点三】圆锥曲线中的定值47
【基础考点四】圆锥曲线中的定点59
【基础考点五】圆锥曲线中的定直线70
【基础考点六】圆锥曲线与韦达定理求参数81
【综合考点】91
【综合考点一】圆锥曲线中的范围与最值91
【综合考点二】圆锥曲线中探究性问题101
【培优考点】112
【培优考点一】圆锥曲线中齐次化处理112
【培优考点二】圆锥曲线中非对称韦达118
【总结提升】123
【专项检测】125
备考指南
预测：直线与圆锥曲线的位置关系是高考的必考内容，涉及直线与圆锥曲线的相交、相切、弦长、面积以及弦中点等问题，难度中等. 解析几何中的最值与范围问题是解析几何中的典型问题，是教学的重点也是历年高考的热点.解决这类问题不仅要善于利用几何手段对平面图形进行研究，而且要从代数角度进行函数、三角等相关运算. 解析几何中的定点问题是高考考查的热点，难度较大，是高考的压轴题，其类型一般为直线过定点与圆过定点等. 在解析几何题目中，有些几何量与参数无关，这类问题被称为定值问题.定值问题是高考的热点问题、难度较大，一般作为压轴题出现. 解析几何中的探究性问题，一般探究某种命题是否正确，某种位置关系是否成立等，是高考的热点问题，难度较大.二轮复习建议加强训练，尤其是计算与思维的训练，基础生争取在高考中学生尽可能多拿到分数，优等生尽量拿到满分.
真题在线
1．（2023·全国·统考高考真题）已知直线与抛物线交于两点，且．
(1)求；
(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，，求面积的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用直线与抛物线的位置关系，联立直线和抛物线方程求出弦长即可得出；
（2）设直线：，利用，找到的关系，以及的面积表达式，再结合函数的性质即可求出其最小值．
【详解】（1）设，
由可得，，所以，
所以，
即，因为，解得：．
（2）因为，显然直线的斜率不可能为零，
设直线：，，
由可得，，所以，，
，
因为，所以，
即，
亦即，
将代入得，
，，
所以，且，解得或．
设点到直线的距离为，所以，
，
所以的面积，
而或，所以，
当时，的面积．
【点睛】本题解题关键是根据向量的数量积为零找到的关系，一是为了减元，二是通过相互的制约关系找到各自的范围，为得到的三角形面积公式提供定义域支持，从而求出面积的最小值.
2．（2023·全国·统考高考真题）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．
【答案】(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；
（2）设直线的方程，进而可求点的坐标，结合韦达定理验证为定值即可.
【详解】（1）由题意可得，解得，所以椭圆方程为.
（2）由题意可知：直线的斜率存在，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.

【点睛】方法点睛：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．
3．（2023·全国·统考高考真题）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．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）设，根据题意列出方程，化简即可；
（2）法一：设矩形的三个顶点，且，分别令，，且，利用放缩法得，设函数，利用导数求出其最小值，则得的最小值，再排除边界值即可.
法二：设直线的方程为，将其与抛物线方程联立，再利用弦长公式和放缩法得，利用换元法和求导即可求出周长最值，再排除边界值即可.
法三：利用平移坐标系法，再设点，利用三角换元再对角度分类讨论，结合基本不等式即可证明.
【详解】（1）设,则，两边同平方化简得，
故.
（2）法一：设矩形的三个顶点在上,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.
.
【点睛】关键点睛：本题的第二个的关键是通过放缩得，同时为了简便运算，对右边的式子平方后再设新函数求导，最后再排除边界值即可.
4．（2023·全国·统考高考真题）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.
【答案】(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题意求得的值即可确定双曲线方程；
（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线与的方程，联立直线方程，消去，结合韦达定理计算可得，即交点的横坐标为定值，据此可证得点在定直线上.
【详解】（1）设双曲线方程为，由焦点坐标可知，
则由可得，，
双曲线方程为.
（2）由(1)可得，设，
显然直线的斜率不为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.
【点睛】关键点点睛:求双曲线方程的定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键.
5．（2022·全国·统考高考真题）已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①M在上；②；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）利用焦点坐标求得的值，利用渐近线方程求得的关系，进而利用的平方关系求得的值，得到双曲线的方程；
（2）先分析得到直线的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k, M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等价分析得到；由直线和的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率，由②等价转化为，由①在直线上等价于，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.
【详解】（1）右焦点为，∴,∵渐近线方程为，∴，∴，∴，∴，∴．
∴C的方程为：；
（2）由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零，
若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则为线段的中点，假若直线的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知在轴上，即为焦点,此时由对称性可知、关于轴对称，与从而，已知不符；
总之，直线的斜率存在且不为零.
设直线的斜率为,直线方程为,
则条件①在上，等价于；
两渐近线的方程合并为,
联立消去y并化简整理得：
设,线段中点为,则,
设,
则条件③等价于,
移项并利用平方差公式整理得：
，
,即,
即；
由题意知直线的斜率为, 直线的斜率为,
∴由,
∴,
所以直线的斜率,
直线,即,
代入双曲线的方程,即中，
得：,
解得的横坐标：,
同理：，
∴
∴,
∴条件②等价于，
综上所述：
条件①在上，等价于；
条件②等价于；
条件③等价于；
选①②推③:
由①②解得：,∴③成立；
选①③推②：
由①③解得：，，
∴，∴②成立；
选②③推①：
由②③解得：，，∴，
∴，∴①成立.
6．（2022·全国·统考高考真题）设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，．
(1)求C的方程；
(2)设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）由抛物线的定义可得，即可得解；
（2）法一：设点的坐标及直线，由韦达定理及斜率公式可得，再由差角的正切公式及基本不等式可得，设直线，结合韦达定理可解.
【详解】（1）抛物线的准线为，当与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
此时，所以，
所以抛物线C的方程为；
（2）[方法一]：【最优解】直线方程横截式
设，直线，
由可得，，
由斜率公式可得，，
直线，代入抛物线方程可得，
，所以，同理可得，
所以
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为，所以，
若要使最大，则，设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，设直线，
代入抛物线方程可得，
，所以，
所以直线.
[方法二]：直线方程点斜式
由题可知，直线MN的斜率存在.
设,直线
由 得：，,同理，.
直线MD:,代入抛物线方程可得：，同理，.
代入抛物线方程可得:,所以，同理可得，
由斜率公式可得：
（下同方法一）若要使最大，则，
设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，设直线，
代入抛物线方程可得，，所以，所以直线.
[方法三]：三点共线
设，
设,若 P、M、N三点共线，由
所以，化简得，
反之，若,可得MN过定点
因此，由M、N、F三点共线，得，
由M、D、A三点共线，得，
由N、D、B三点共线，得，
则，AB过定点（4,0）
（下同方法一）若要使最大，则，
设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，所以直线.
【整体点评】（2）法一：利用直线方程横截式，简化了联立方程的运算，通过寻找直线的斜率关系，由基本不等式即可求出直线AB的斜率，再根据韦达定理求出直线方程，是该题的最优解，也是通性通法；
法二：常规设直线方程点斜式，解题过程同解法一；
法三：通过设点由三点共线寻找纵坐标关系，快速找到直线过定点，省去联立过程，也不失为一种简化运算的好方法．
7．（2022·全国·统考高考真题）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．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；
（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.
【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
【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种：
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
8．（2022·全国·统考高考真题）已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0．
(1)求l的斜率；
(2)若，求的面积．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）由点在双曲线上可求出，易知直线l的斜率存在，设，，再根据，即可解出l的斜率；
（2）根据直线的斜率之和为0可知直线的倾斜角互补，根据即可求出直线的斜率，再分别联立直线与双曲线方程求出点的坐标，即可得到直线的方程以及的长，由点到直线的距离公式求出点A到直线的距离，即可得出的面积．
【详解】（1）因为点在双曲线上，所以，解得，即双曲线．
易知直线l的斜率存在，设，，
联立可得，，
所以，，且．
所以由可得，，
即，
即，
所以，
化简得，，即，
所以或，
当时，直线过点，与题意不符，舍去，
故．
（2）［方法一］：【最优解】常规转化
不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，由（1）知，，
当均在双曲线左支时，，所以，
即，解得（负值舍去）
此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；
当均在双曲线右支时，
因为，所以，即，
即，解得（负值舍去），
于是，直线，直线，
联立可得，，
因为方程有一个根为，所以，，
同理可得，，．
所以，，点到直线的距离，
故的面积为．
［方法二］：
设直线AP的倾斜角为，，由，得，
由，得，即，
联立，及得，，
同理，，，故，
而，，
由，得，
故
【整体点评】（2）法一：由第一问结论利用倾斜角的关系可求出直线的斜率，从而联立求出点坐标，进而求出三角形面积，思路清晰直接，是该题的通性通法，也是最优解；
法二：前面解答与法一求解点坐标过程形式有所区别，最终目的一样，主要区别在于三角形面积公式的选择不一样．
9．（2021·全国·统考高考真题）已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）由离心率公式可得，进而可得，即可得解；
（2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证；
充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解.
【详解】（1）由题意，椭圆半焦距且，所以，
又，所以椭圆方程为；
（2）由（1）得，曲线为，
当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；
当直线的斜率存在时，设，
必要性：
若M，N，F三点共线，可设直线即，
由直线与曲线相切可得，解得，
联立可得，所以，
所以,
所以必要性成立；
充分性：设直线即，
由直线与曲线相切可得，所以，
联立可得，
所以，
所以
，
化简得，所以，
所以或，所以直线或，
所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立；
所以M，N，F三点共线的充要条件是．
【点睛】关键点点睛：
解决本题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重.
10．（2021·全国·统考高考真题）已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为．
（1）求；
（2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根据圆的几何性质可得出关于的等式，即可解出的值；
（2）设点、、，利用导数求出直线、，进一步可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得面积的最大值.
【详解】（1）[方法一]：利用二次函数性质求最小值
由题意知，，设圆M上的点，则．
所以．
从而有．
因为，所以当时，．
又，解之得，因此．
[方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最小值
抛物线的焦点为，，
所以，与圆上点的距离的最小值为，解得；
（2）[方法一]：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法
抛物线的方程为，即，对该函数求导得，
设点、、，
直线的方程为，即，即，
同理可知，直线的方程为，
由于点为这两条直线的公共点，则，
所以，点A、的坐标满足方程，
所以，直线的方程为，
联立，可得，
由韦达定理可得，，
所以，，
点到直线的距离为，
所以，，
，
由已知可得，所以，当时，的面积取最大值.
[方法二]【最优解】：切点弦法+分割转化求面积+三角换元求最值
同方法一得到．
过P作y轴的平行线交于Q，则．
．
P点在圆M上，则
．
故当时的面积最大，最大值为．
[方法三]：直接设直线AB方程法
设切点A，B的坐标分别为，．
设，联立和抛物线C的方程得整理得．
判别式，即，且．
抛物线C的方程为，即，有．
则，整理得，同理可得．
联立方程可得点P的坐标为，即．
将点P的坐标代入圆M的方程，得，整理得．
由弦长公式得．
点P到直线的距离为．
所以，
其中，即．
当时，．
【整体点评】（1）方法一利用两点间距离公式求得关于圆M上的点的坐标的表达式，进一步转化为关于的表达式，利用二次函数的性质得到最小值，进而求得的值；方法二，利用圆的性质，与圆上点的距离的最小值，简洁明快，为最优解；（2）方法一设点、、，利用导数求得两切线方程，由切点弦方程思想得到直线的坐标满足方程，然手与抛物线方程联立，由韦达定理可得，，利用弦长公式求得的长，进而得到面积关于坐标的表达式，利用圆的方程转化得到关于的二次函数最值问题；方法二，同方法一得到，，过P作y轴的平行线交于Q，则．由求得面积关于坐标的表达式，并利用三角函数换元求得面积最大值，方法灵活，计算简洁，为最优解；方法三直接设直线，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理判别式得到，且．利用点在圆上，求得的关系，然后利用导数求得两切线方程，解方程组求得P的坐标，进而利用弦长公式和点到直线距离公式求得面积关于的函数表达式，然后利用二次函数的性质求得最大值；
11．（2021·全国·统考高考真题）抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l：交C于P，Q两点，且．已知点，且与l相切．
（1）求C，的方程；
（2）设是C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）抛物线，方程为；（2）相切，理由见解析
【分析】（1）根据已知抛物线与相交，可得出抛物线开口向右，设出标准方程，再利用对称性设出坐标，由，即可求出；由圆与直线相切，求出半径，即可得出结论；
（2）方法一：先考虑斜率不存在，根据对称性，即可得出结论；若斜率存在，由三点在抛物线上，将直线斜率分别用纵坐标表示，再由与圆相切，得出与的关系，最后求出点到直线的距离，即可得出结论.
【详解】（1）依题意设抛物线，
，
所以抛物线的方程为，
与相切，所以半径为，
所以的方程为；
（2）[方法一]：设
若斜率不存在，则方程为或，
若方程为，根据对称性不妨设，
则过与圆相切的另一条直线方程为，
此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在，不合题意；
若方程为，根据对称性不妨设
则过与圆相切的直线为，
又，
，此时直线关于轴对称，
所以直线与圆相切；
若直线斜率均存在，
则，
所以直线方程为，
整理得，
同理直线的方程为，
直线的方程为，
与圆相切，
整理得，
与圆相切，同理
所以为方程的两根，
，
到直线的距离为：
，
所以直线与圆相切；
综上若直线与圆相切，则直线与圆相切.
[方法二]【最优解】：设．
当时，同解法1．
当时，直线的方程为，即．
由直线与相切得，化简得，
同理，由直线与相切得．
因为方程同时经过点，所以的直线方程为，点M到直线距离为．
所以直线与相切．
综上所述，若直线与相切，则直线与相切．
【整体点评】第二问关键点：过抛物线上的两点直线斜率只需用其纵坐标（或横坐标）表示，将问题转化为只与纵坐标（或横坐标）有关；法一是要充分利用的对称性，抽象出与关系，把的关系转化为用表示，法二是利用相切等条件得到的直线方程为，利用点到直线距离进行证明，方法二更为简单，开拓学生思路
12．（2021·全国·统考高考真题）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.
【答案】（1）；（2）最大值为.
【分析】（1）由抛物线焦点与准线的距离即可得解；
（2）设，由平面向量的知识可得，进而可得，再由斜率公式及基本不等式即可得解.
【详解】（1）抛物线的焦点，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．
【整体点评】方法一根据向量关系，利用代点法求得Q的轨迹方程，得到直线OQ的斜率关于的表达式，然后利用分类讨论，结合基本不等式求得最大值；
方法二 同方法一得到点Q的轨迹方程，然后利用数形结合法，利用判别式求得直线OQ的斜率的最大值，为最优解；
方法三同方法一求得Q的轨迹方程，得到直线的斜率k的平方关于的表达式，利用换元方法转化为二次函数求得最大值，进而得到直线斜率的最大值；
方法四利用参数法，由题可设，求得x,y关于的参数表达式，得到直线的斜率关于的表达式，结合使用基本不等式，求得直线斜率的最大值.
基础考点
【考点一】圆锥曲线弦长问题
【典例精讲】（2023下·湖南·高二校联考阶段练习）对于椭圆：，我们称双曲线：为其伴随双曲线．已知椭圆（），它的离心率是其伴随双曲线离心率的倍．

(1)求椭圆伴随双曲线的方程；
(2)如图，点，分别为的下顶点和上焦点，过的直线与上支交于，两点，设的面积为，（其中为坐标原点）．若的面积为，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设椭圆与其伴随双曲线的离心率分别为，，依题意可得，，根据离心率公式得到方程，求出，即可得解；
（2）设直线的斜率为，，，直线的方程，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，求出，由求出，再由可得，根据数量积的坐标表示，代入韦达定理，即可得解.
【详解】（1）设椭圆与其伴随双曲线的离心率分别为，，
依题意可得，，
即，即，解得，
所以椭圆，则椭圆伴随双曲线的方程为.
（2）由（1）可知，，设直线的斜率为，，，
则直线的方程，与双曲线联立并消去得，
则，所以，，则，
又，又，
所以，
解得或（舍去），
又，所以
，
因为，所以.
【变式训练】
1．（2023·全国·模拟预测）已知，分别为椭圆Γ：的左、右焦点，过点的直线与椭圆Γ交于A，B两点，且的周长为.
(1)求椭圆Γ的标准方程；
(2)若过点的直线与椭圆Γ交于C，D两点，且，求四边形ACBD面积的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，由的周长即可得到，从而求得，即可得到结果；
（2）根据题意，分直线斜率存在与不存在讨论，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，弦长公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）设，，所以的周长为，
解得，所以.
所以椭圆Γ的标准方程为.
（2）
当直线，中的一条直线的斜率不存在、另一条直线的斜率为0时，四边形ACBD的面积.
当直线，的斜率都存在且不为0时，
设的方程为，，，
联立得，整理得，
则，
则，，
，
因为，故直线的方程为，
同理可得，（把上式中的k替换为，即可得到）
则四边形ACBD的面积
，
令，则，故，
易知函数在上单调递增，则.
所以.
综上所述，四边形ACBD面积的取值范围为.
2．（2023·河南·校联考模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，.过的直线l交C的右支于M，N两点，且当l垂直于x轴时，l与C的两条渐近线所围成的三角形的面积为4.
(1)求C的方程；
(2)证明：，求.
【答案】(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）根据题意，表示出两交点的坐标，然后结合三角形的面积公式，代入计算，即可得到结果；
（2）当直线的斜率存在时，设l的方程为，联立直线与双曲线的方程，结合韦达定理，再由弦长公式，即可得到结果；
【详解】（1）根据题意有，C的渐近线方程为，
将代入两个渐近线方程得到交点坐标为，，
l与C的两条渐近线所围成的三角形的面积为，
所以，C的方程为.
（2）
设，，其中，，
由（1）可知，，
当轴时，显然MN与不垂直.
当l不垂直于x轴时，设l的方程为时，代入C的方程有：
，故，，
，，
当时有：①，
由得到，代入，
整理有②，
由①，②可得.
所以.
3．（2023·湖南·湖南师大附中校联考一模）已知抛物线为抛物线外一点，过点作抛物线的两条切线，切点分别为（在轴两侧），与分别交轴于.
(1)若点在直线上，证明直线过定点，并求出该定点；
(2)若点在曲线上，求四边形的面积的范围.
【答案】(1)证明见解析，定点
(2)
【分析】（1）设出直线的方程并与抛物线方程联立，化简写出根与系数关系，结合处的切线方程求得直线所过定点.
（2）先求得四边形的面积的表达式，然后利用导数求得面积的取值范围.
【详解】（1）设，直线，
联立，可得.
在轴两侧，，
，由得，
所以点处的切线方程为，
整理得，
同理可求得点处的切线方程为，
由，可得，
又在直线上，.
直线过定点.
（2）由（1）可得在曲线上，
.
由（1）可知，
，
，
令在单调递增，
四边形的面积的范围为.
【点睛】方法点睛：求解抛物线的切线方程，有两种方法，一种是利用判别式法，即设出切线的方程并与抛物线方程联立，化简后利用判别式为0列方程来求得切线方程；另一种是利用导数的方法，利用导数求得切线的斜率，进而求得切线方程.
4．（2022·全国·校联考模拟预测）已知椭圆的右焦点为，，为上不同的两点，且，．
(1)证明：，，成等差数列；
(2)试问：轴上是否存在一点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】(1)分别考虑直线的斜率存在时和不存在时证明即可；(2)当直线的斜率存在时，设存在点，使得，记的中点为，由此可得，结合(1)解方程求出的坐标，再检验直线的斜率不存在时点是否满足要求.
【详解】（1）当直线斜率不存在时，．
不如令，，则，．
∴，，，∴，，成等差数列；
当直线的斜率存在时，设．
由得，∴．
∵，，
∴，∴，，成等差数列．
（2）当直线的斜率存在时
设，的中点为．
∵，∴．
∵∴
∴，∴，即，∴．
由（1）知，∴，∴，
∴，∴存在点，使得．
当直线的斜率不存在时，显然点，满足．
故总是存在点，使得．
【点睛】设而不求法是解决直线与椭圆综合问题的常用方法，条件的转化有助于简化运算.
5．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知抛物线：的焦点为，直线与交于，两点，线段的垂直平分线与轴交于，且.
(1)求的值；
(2)若的中点为，直线：被以为直径的圆截得的弦长为，被抛物线截得的弦长为，求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设点的坐标，联立方程，韦达定理，利用焦半径及直线垂直建立方程组求解即可；
（2）利用垂径定理求出弦长，联立直线与抛物线方程求出点的坐标，从而求出，然后利用基本不等式求出最小值即可.
【详解】（1）抛物线：的焦点，，准线方程为，
联立可得，，
设，则，则中点，又，
所以，①又，②
由①②解得；
（2）由（1）知，，所以以为直径的圆的方程为
，所以，
联立，得，即有，
所以，
当且仅当（满足），则的最小值为.

【考点二】圆锥曲线点差法
【典例精讲】（2023·四川成都·三模）已知斜率为的直线与抛物线相交于两点．
(1)求线段中点纵坐标的值；
(2)已知点，直线分别与抛物线相交于两点（异于）．求证：直线恒过定点，并求出该定点的坐标．
【答案】(1)
(2)证明见解析，定点的坐标为
【分析】（1）设，其中，利用点差法化简求出线段中点纵坐标的值；
（2）设，由直线过点，化简可得，同理可得，代入直线化简，可得定点的坐标．
【详解】（1）设，其中，
由，得，化简得，
，即，
线段中点纵坐标的值为；
（2）证明：设，
，
直线的方程为，化简可得，
在直线上，解得，
同理，可得，
，
，
又直线的方程为，即，
直线恒过定点．
【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，考查定点定值问题，考查点差法的应用，关于定点定值问题的思路，一般有以下两种：
1.先猜再证，通过特殊位置或者特殊点得出要求的定点或者定值，再用一般方法证明，对任意符合条件的直线都成立；
2.边猜边做，直接联立直线与曲线方程，写出韦达定理，将已知条件转化为等式，找出直线所过的定点或者所求的定值．
【变式训练】
1．（2023下·山西吕梁·高二校考开学考试）已知椭圆的长轴比短轴长2，椭圆的离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线与椭圆交于两点，且线段的中点为，求的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据离心率以及短轴长与长轴长的关系得到方程组，解出即可.
（2）设，利用点差法得，再根据中点坐标求出，，代入即可得到直线斜率，最后写出直线方程即可.
【详解】（1）因为椭圆的离心率为，所以，解得．．
又椭圆的长轴比短轴长2，所以，
联立方程组，解得
所以椭圆的方程为．
（2）显然点在椭圆内，
设，因为在椭圆上，所以，
两个方程相减得，即，
因为线段的中点为，所以，，
所以．
所以的方程为，即．
2．（2021上·江苏南通·高三海安市曲塘中学校考期末）在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：－＝1(a、b为正常数)的右顶点为A，直线l与双曲线C交于P、Q两点，且P、Q均不是双曲线的顶点，M为PQ的中点．
(1)设直线PQ与直线OM的斜率分别为k1、k2，求k1·k2的值；
(2)若＝，试探究直线l是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；否则，说明理由．
【答案】(1)
(2)直线l过定点(，0)
【分析】（1）设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x0，y0)，根据M为PQ的中点，利用点差法求解；
（2）根据＝，得到APQ是以A为直角顶点的直角三角形，则AP⊥AQ，然后直线l的斜率不存在，直线l的斜率存在时，将直线方程y＝kx＋m，与双曲线方程－＝1联立，由(x1－a，y1)·(x2－a，y2)＝0结合韦达定理求解.
【详解】（1）解：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x0，y0)，
因为P、Q在双曲线上，
所以－＝1，－＝1，
两式作差得－＝0，
即＝，
即＝，
即k1·k2＝；
（2）因为＝，
所以APQ是以A为直角顶点的直角三角形，即AP⊥AQ；
①当直线l的斜率不存在时，设l：x＝t，代入－＝1得，y＝±b，
由|t－a|＝b得，(a2－b2)t2－2a3t＋a2(a2＋b2)＝0，
即[(a2－b2)t－a(a2＋b2)](t－a)＝0，
得t＝或a(舍)，
故直线l的方程为x＝；
②当直线l的斜率存在时，设l：y＝kx＋m，代入－＝1，
得(b2－k2a2)x2－2kma2x－a2(m2＋b2)＝0，
Δ＝a2b2(m2＋b2－k2a2)＞0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝－；
因为AP⊥AQ，
所以·＝0，
即(x1－a，y1)·(x2－a，y2)＝0，
即x1x2－a(x1＋x2)＋a2＋y1y2＝0，
即x1x2－a(x1＋x2)＋a2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝0，
即(km－a)(x1＋x2)＋(k2＋1)x1x2＋m2＋a2＝0，
即＝0，
即a2(a2＋b2)k2＋2ma3k＋m2(a2－b2)＝0，
即[a(a2＋b2)k＋m(a2－b2)](ak＋m)＝0，
所以k＝－或k＝－；
当k＝－时，直线l的方程为y＝－x＋m，此时经过A，舍去；
当k＝－时，直线l的方程为y＝－ x＋m，
恒过定点(，0)，经检验满足题意；
综上①②，直线l过定点(，0)．
3．（2023·四川成都·三模）已知斜率为的直线l与抛物线相交于P，Q两点．
(1)求线段PQ中点纵坐标的值；
(2)已知点，直线TP，TQ分别与抛物线相交于M，N两点（异于P，Q）．则在y轴上是否存在一定点S，使得直线MN恒过该点？若存在，求出点S的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，的坐标为
【分析】（1）设，，代入抛物线方程相减（点差法）即可得；
（2）设y轴上存在定点，设直线，同时设，，，，直线方程代入抛物线方程应用韦达定理得，由三点共线得，，结合直线的斜率可得值．即定点坐标．
【详解】（1）设，，其中．
由，得．化简得．
，即．
线段PQ中点纵坐标的值为．
（2）设y轴上存在定点，由题意，直线MN斜率存在且不为0，设直线，，，，．
由，消去x，得．
，．
，．
，T，M三点共线，
．解得．
同理，可得．
又，
．解得．
直线MN恒过定点．
【点睛】方法点睛：定点问题的解决方法，
（1）由特殊值确定定点位置，确定定点坐标或得出定点满足的条件，设出定点坐标；
（2）设出直线方程代入圆锥曲线方程应用韦达定理，得两根和与两根积；
（3）韦达定理结果代入已知条件验证定点满足一般情形或由韦达定理的结果代入动点（动直线）与定点的关系求得定点坐标．
4．（2023·内蒙古呼和浩特·统考二模）已知抛物线T：和椭圆C：，过抛物线T的焦点F的直线l交抛物线于A，B两点，线段AB的中垂线交椭圆C于M，N两点．
(1)若F恰是椭圆C的焦点，求的值；
(2)若，且恰好被平分，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由椭圆方程求出，再由F恰是椭圆焦点，即可求得；
（2）设直线，，，直线方程与椭圆方程联立，根据根与系数关系得出和，设的中点，得出，，设，，且直线MN的斜率为，由点差法得出，代入得出，根据由点G在椭圆内及，得出，根据计算的面积即可．
【详解】（1）在椭圆中，，所以，
由，得．
（2）设直线l：，，，
联立方程，消去x得，
，则，
设的中点，则，，
设，，则直线MN的斜率为，
，，
相减得到，即，
即，解得，
由点G在椭圆内，得，解得，
因为，
所以p值是1，
所以面积．
5．（2023·广东深圳·统考一模）已知双曲线E：与直线l：相交于A、B两点，M为线段AB的中点．
(1)当k变化时，求点M的轨迹方程；
(2)若l与双曲线E的两条渐近线分别相交于C、D两点，问：是否存在实数k，使得A、B是线段CD的两个三等分点？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)，其中或
(2)存在，
【分析】（1）设，，，联立直线l与双曲线E的方程，消去y，得，根据已知直线l与双曲线E相交于A、B两点，得且，即且，由韦达定理，得，
则，，联立消去k，得，再根据的范围得出的范围，即可得出答案；
（2）设，，根据双曲线E的渐近线方程与直线l的方程联立即可得出，，则，即线段AB的中点M也是线段CD的中点，若A，B为线段CD的两个三等分点，则，结合弦长公式列式得，即可化简代入得出，即可解出答案.
【详解】（1）设，，，
联立直线l与双曲线E的方程，得，
消去y，得．
由且，得且．
由韦达定理，得．
所以，．
由消去k，得．
由且，得或．
所以，点M的轨迹方程为，其中或．
（2）双曲线E的渐近线方程为．
设，，联立得，同理可得，
因为，
所以，线段AB的中点M也是线段CD的中点．
若A，B为线段CD的两个三等分点，则．
即，．
而，．
所以，，解得，
所以，存在实数，使得A、B是线段CD的两个三等分点．
【考点三】圆锥曲线中的定值
【典例精讲】（2023·上海黄浦·上海市大同中学校考三模）如图，已知椭圆：的离心率为，点为其左顶点．过A的直线交抛物线于B、C两点，C是AB的中点．

(1)求椭圆的方程；
(2)求证：点C的横坐标是定值，并求出该定值；
(3)若直线m过C点，其倾斜角和直线l的倾斜角互补，且交椭圆于M，N两点，求p的值，使得的面积最大．
【答案】(1)；
(2)证明见解析，定值为1；
(3).
【分析】（1）根据给定条件，求出a，b得椭圆的方程作答.
（2）设出直线的方程，与抛物线方程联立结合中点问题推理计算作答.
（3）利用（2）中信息求出直线的方程，与抛物线方程联立，求出面积的函数关系，借助均值不等式求解作答.
【详解】（1）令椭圆的半焦距为c，依题意，，，解得，则，
所以椭圆的方程为.
（2）显然直线不垂直于坐标轴，设的方程为，设，
由消去x得：，，
则，而C是AB的中点，即有，于是，
满足，因此，
所以点C的横坐标是定值，该定值为1.
（3）由直线过C点，其倾斜角和直线l的倾斜角互补，得直线和直线l的斜率互为相反数，
则由（1）得直线的方程为，即，
由消去x得：，，
设，则，
，点到直线：的距离，
由C是AB的中点得的面积，
令，则，当且仅当，即时取等号，
所以当时，的面积取得最大值，此时.
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的几何图形面积范围或最值问题，可以以直线的斜率、横(纵)截距、图形上动点的横(纵)坐标为变量，建立函数关系求解作答.
【变式训练】
1．（2023·全国·模拟预测）已知椭圆E：的左、右焦点分别为，，左顶点为A，，P是椭圆E上一点（异于顶点），O是坐标原点，Q在线段上，且∥，．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若直线l与x轴交于点C、与椭圆E交于点M，N，B与N关于x轴对称，直线MB与x轴交于点D，证明：为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用三角形中位线定理结合椭圆的定义及已知条件可求出，再由可求出，然后由可求得，从而可求出椭圆方程；
（2）由题意知直线MN，MB的斜率均存在且均不为零，设，，，，然后表示出直线MN，MB的方程，分别与椭圆方程联立，利用根与系数的关系，得到两个相等，化简可得结论.
【详解】（1）由题知，O是线段的中点，Q在线段上，∥，
则Q是线段的中点，可得，，
所以，即，
又因为，则， 可得，
所以椭圆E的标准方程为．
（2）由题意知直线MN，MB的斜率均存在且均不为零，
设，，，，则，
可得直线MN的方程为，直线MB的方程为，
联立方程，
消去y并整理得，
则，，
联立方程，
消去y并整理得，
则，．
因为，
即，
整理得，
当时，，即；
当时，C，D，M三点重合或N，B，C，D四点重合，此时；
综上所述：，为定值．

【点睛】关键点睛：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．
2．（2023·湖北·武汉市第三中学校联考一模）已知点是圆：上一动点（为圆心），点的坐标为，线段的垂直平分线交线段于点，动点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)，是曲线上的两个动点，为坐标原点，直线、的斜率分别为和，且，则的面积是否为定值，若是，求出这个定值；若不是，请说明理由；
(3)设为曲线上任意一点，延长至，使，点的轨迹为曲线，过点的直线交曲线于、两点，求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)是，
(3)．
【分析】（1）由已知得，动点的轨迹为椭圆，待定系数法求方程即可；
（2）设两点的坐标，表示出的面积，利用椭圆的参数方程结合三角函数的运算，求的面积.
（3）求出点的轨迹方程曲线，，分类讨论设直线方程，利用韦达定理表示，由直线与曲线有交点确定参数范围，求面积最大值.
【详解】（1）因为线段的中垂线交线段于点，则，
所以，，

由椭圆定义知：动点的轨迹为以、为焦点，长轴长为的椭圆，
设椭圆方程为，则，，，，
所以曲线的方程为
（2）设，，直线：；
，到直线的距离，
所以
另一方面，因为，是椭圆上的动点，
所以可设，，，
由，得，
为定值.
（3）设，，，
代入：得，所以曲线的方程为.
由知，同理，，
设，

①当直线有斜率时，设：，
代入椭圆的方程得：，
，，
将：代入椭圆的方程得：，
与椭圆有公共点，由得：，
令，则，
．
②当斜率不存在时，设：，代入椭圆的方程得：，
，
综合①②得面积的最大值为，
所以面积的最大值为．
【点睛】方法点睛：解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．要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．
3．（2023·安徽·统考一模）我们约定，如果一个椭圆的长轴和短轴分别是另一条双曲线的实轴和虚轴，则称它们互为“姊妹”圆锥曲线.已知椭圆：，双曲线是椭圆的“姊妹”圆锥曲线，，分别为，的离心率，且，点M，N分别为椭圆的左、右顶点，设过点的动直线l交双曲线右支A，B两点，若直线AM，BN的斜率分别为，.
(1)求双曲线的方程；
(2)试探究与的是否定值.若是定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由；
(3)求的取值范围.
【答案】(1)；
(2)是，定值；
(3)；
【分析】（1）根据题意，直接列式计算可得答案；
（2）直线与双曲线联立，利用韦达定理进行消参，进而证明其比值为定值；
（3）根据题意，利用韦达定理得出的范围，然后根据，可得，进而可得取值范围.
【详解】（1）由题意可设双曲线：，
则，解得，
所以双曲线的方程为.
（2）设，，直线AB的方程为，
由，消元得.
则，，且，
∴
；
或由韦达定理可得，即，
∴
，
即与的比值为定值.

（3）思路一：设直线AM：，代入双曲线方程并整理得：
，
由于点M为双曲线的左顶点，所以此方程有一根为，
由韦达定理得：，解得.
因为点A在双曲线的右支上，所以，
解得，即，
同理可得，
由（2）中结论可知，
得，所以，
故，
设，其图象对称轴为，
则在，上单调递减，
故，
故的取值范围为.
思路二：由于双曲线的渐近线方程为，
如图，过点M作两渐近线的平行线与，

由于点A在双曲线的右支上，
所以直线AM介于直线与之间（含x轴，不含直线与），
所以，
同理，过点N作两渐近线的平行线与，

由于点B在双曲线的右支上，
所以直线BN介于直线与之间（不含x轴，不含直线与），
所以.
由（2）中结论可知，
得，所以，
故.
【点睛】本题的解题关键是理解题目定义，求出双曲线方程，根据定点位置合理设出直线的方程形式，再利用直线与双曲线的位置关系得到韦达定理，然后利用斜率公式代入消元，即可判断斜率的比值是否为定值，注意非对称韦达的使用技巧，第三问，由第二问较容易得到函数关系式，难点是准确找到斜率的取值范围，从而得到精确的的范围.
4．（2023·河南·校联考模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，.过的直线l交C的右支于M，N两点，当l垂直于x轴时，M，N到C的一条渐近线的距离之和为.
(1)求C的方程；
(2)证明：为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，直接列出方程求解，可得答案.
（2）根据题意，分类讨论当垂直于轴和不垂直于轴时的情况，对于垂直于轴的情况，直接列方程计算；对于不垂直于轴时的情况，直线与双曲线联立方程，利用韦达定理，计算化简可证明成立.
【详解】（1）根据题意有，C的一条渐近线方程为，
将代入C的方程有，，
所以M，N到直线的距离之和为，
所以，C的方程为.
（2）
方法1：当l垂直于x轴时，由（1）可知，，
且由双曲的定义可知，故.
当l不垂直于x轴时，由双曲线的定义可知，，
故.
设，代入C的方程有：，
设，，则，，
所以，
所以.
综上，的值为6.
方法2：当l垂直于x轴时，由（1）可知，，
且由双曲的定义可知，
故.
当l不垂直于x轴时，设，
代入C的方程有：.
设，，则，，
所以.
综上，的值为6.
5．（2023·吉林长春·统考一模）过抛物线焦点，斜率为的直线与抛物线交于、两点，．
(1)求抛物线的方程；
(2)过焦点的直线，交抛物线于、两点，直线与的交点是否在一条直线上．若是，求出该直线的方程；否则，说明理由．
【答案】(1)
(2)直线与直线的交点都在上
【分析】（1）设直线，与抛物线方程联立，根据抛物线定义及求得；
（2）分别表示出直线与方程，联立得交点的横坐标为定值.
【详解】（1）由题意设直线，，，
联立方程组，消得，，
所以，，解得，
即指物线的方程为．
（2）由（1）可知，，．
设直线，，,
联立方程组，消得，
所以，．
直线的斜率为 ，
所以直线，即，
同理可得直线，从而，
即，
解得，所以直线与直线的交点都在上．
【考点四】圆锥曲线中的定点
【典例精讲】（2023·湖南·校联考模拟预测）已知椭圆：的长轴长为，且其离心率小于，为椭圆上一点，、分别为椭圆的左、右焦点，的面积的最大值为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)为椭圆的上顶点，过点且斜率为的直线与椭圆交于，两点，直线为过点且与平行的直线，设与直线的交点为.证明：直线过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的几何性质，将长轴长为，的面积的最大值为，
转化为，可得；
（2）先设：，联立椭圆，得，根据，可得直线的方程，
进而根据对称性可得过定点.
【详解】（1）由题意可知：，
因为，所以，，，
故椭圆的标准方程为.
（2）
设，，：.
联立直线与椭圆的方程可得：，
则，所以，
因为，则：，
令，解得， 所以，
故直线的方程为：，
根据对称性，直线所过的定点在轴上，不妨令，
则
将，代入得
所以，
代入，得，
，
故直线过定点.
【变式训练】
1．（2023·吉林长春·东北师大附中模拟预测）在平面直角坐标系中，抛物线E：的焦点为F，E的准线交轴于点K，过K的直线l与拋物线E相切于点A，且交轴正半轴于点P.已知的面积为2.
(1)求抛物线E的方程；
(2)过点P的直线交E于M，N两点，过M且平行于y轴的直线与线段OA交于点T，点H满足.证明：直线过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意假设得直线l：，联立抛物线方程求得，，再利用三角形面积即可求得，由此得解；
（2）根据题意设得：，联立抛物线方程求得，再依次求得T，H的坐标，从而求得直线的方程，化简可得为，由此得证.
【详解】（1）由题可知，，准线，，
因为直线l的斜率存在且不为0，所以设l：，
联立，消去x，得，
因为l与E相切，所以，所以或，
因为交y轴正半轴于点P，所以,
因此，解得，所以，
故，所以，所以（负值舍去），
所以抛物线E的方程为.
（2）由（1）知，又l：，所以，
如图所示：
因为过点P的直线交E于M，N两点，所以斜率存在且不为零，
所以设：，，，
联立，消去x，得，
则，所以且，.
又直线：，令，得，所以，
因为，所以，所以，
所以直线的方程为，
所以，
因为，
所以直线为，所以恒过定点.
【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、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
2．（2023·湖南郴州·统考一模）已知点在抛物线上，为抛物线上两个动点，不垂直轴，为焦点，且满足.
(1)求的值，并证明：线段的垂直平分线过定点；
(2)设（1）中定点为，当的面积最大时，求直线的斜率.
【答案】(1)，证明见解析
(2)
【分析】（1）将点代入抛物线方程可得，设直线的方程为：，联立方程根据中垂线性质和韦达定理分析证明；
（2）利用弦长公式结合韦达定理整理得，进而可得，换元令，得到函数，利用导数判断原函数的单调性和最值.
【详解】（1）将点代入抛物线方程，可得，解得，所以抛物线方程为，
设直线的方程为：，
联立方程，消去y得，
由韦达定理得：，
根据抛物线定义：，可得，
此时，解得或，
设的中点坐标为，则，
可得的垂直平分线方程为：，
将代入整理得：，
故的垂直平分线过定点.
（2）由（1）可得，
且点到直线的距离，
则的面积为，
可得，
设，设，则
令，解得；令，解得；
则在上单调递增，在上单调递减
所以当时，的面积取最大值，此时，即.

【点睛】关键点睛：
1.动直线l过定点问题的解法：设动直线方程(斜率存在)为，由题设条件将m用k表示为，得，故动直线过定点；
2.与圆锥曲线有关的最值问题的解法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用基本不等式或导数法求最值（注意：有时需先换元后再求最值）．
3．（2023·全国·模拟预测）设动点P到定点的距离与到定直线l：的距离之比为2．
(1)求动点P的轨迹E的方程；
(2)若Q为l上的动点，A，B为E与x轴的交点，且点A在点B的左侧，QA与E的另一个交点为M，QB与E的另一个交点为N，求证：直线MN过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据已知条件列式求轨迹方程；（2）先设，坐标，设出所在直线方程与双曲线方程联立，再根据韦达定理确定两根和与积的表达式，最后根据题中直线的斜率关系列方程求直线所过定点.
【详解】（1）设，则，
可得P点的轨迹方程为.
（2）方法一：设，，，．
由题意知，．
联立，得，
所以，，
，．
由A，Q，M三点共线知①，
由B，Q，N三点共线知②，
由①②两式得③．
又因为，即，
代入③式得，
即，
整理得，
即，
化简得．
当时，，直线过定点，不符合题意，舍去．
当时，，直线过定点.
方法二：设，，
记，，
同方法一得③式，知．
设，代入，
得④．
因为，是方程④的根，
所以，得，
代入：得．
设，代入，
得，
解得，．
所以，
，
令，得，
所以直线MN过定点．
方法三：设，．
连接MB，由双曲线斜率积的定义知，
同方法一得③式，知．
所以．
设⑤，
双曲线方程可化为⑥．
点M，N满足⑤⑥两式，所以也满足下式：
即，
即，
所以有，
解得，代入⑤式得，
所以直线MN过定点.
4．（2023·云南大理·统考一模）已知双曲线：，其渐近线方程为，点在上.
(1)求双曲线的方程；
(2)过点的两条直线AP，AQ分别与双曲线交于P，Q两点（不与点A重合），且两条直线的斜率之和为1，求证：直线PQ过定点.
【答案】(1)；
(2)证明见解析
【分析】（1）根据双曲线的渐近线与过一点列方程组即可得的值，从而得双曲线方程；
（2）设直线的方程为，，，联立直线与椭圆得交点坐标关系，再根据斜率与坐标运算从而得的关系来确定直线定点即可.
【详解】（1）∵，，依题意，
解得：，，
所以双曲线C的方程为
（2）依题意可知斜率存在，设方程为，，，
则，即①，
所以
设直线AP，AQ的斜率分别为，，由题意知：，故有：
，
整理得
当，，过舍去，
当，，过点，
此时，将代入①得，得，满足题意.
∴直线PQ过定点
5．（2023·全国·模拟预测）已知圆，圆，动圆与圆和圆均相切，且一个内切、一个外切．
(1)求动圆圆心的轨迹的方程．
(2)已知点，过点的直线与轨迹交于两点，记直线与直线的交点为．试问：点是否在一条定直线上？若在，求出该定直线；若不在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)点恒在定直线上
【分析】（1）设动圆的圆心为，利用两圆外切和内切的关系得到，由椭圆的定义即可得到动点的轨迹，利用待定系数法求出方程即可；
（2）设直线的方程为，直曲联立，结合韦达定理得到，求出直线与直线的方程，进而得到点满足的关系式，整理化简可得点恒在定直线上．
【详解】（1）设点的坐标为，圆的半径为．
由已知条件，得．
①当动圆与圆外切，与圆内切时，，
从而．
②当动圆与圆内切，与圆外切时，，
从而．
综上可知，圆心的轨迹是以为焦点，6为长轴长的椭圆．
易得圆与圆交于点与，
所以动圆圆心的轨迹的方程为．
（2）设直线的方程为，．
联立直线与轨迹的方程，得
消去并整理，得．
所以，，
则有．
由已知条件，得直线的方程为，
直线的方程为，
则点的坐标满足．
又，
所以．
把代入上式，得．
故点恒在定直线上．
【考点五】圆锥曲线中的定直线
【典例精讲】（2023·山东泰安·统考模拟预测）已知曲线上的动点满足，且.
(1)求的方程；
(2)若直线与交于、两点，过、分别做的切线，两切线交于点.在以下两个条件①②中选择一个条件，证明另外一个条件成立.
①直线经过定点；
②点在定直线上.
【答案】(1)()
(2)答案见解析
【分析】（1）由双曲线的定义得出曲线的方程；
（2）若选择①证明②成立：利用导数得出过和过的方程，从而得出交点的横坐标，再由证明点在定直线上；若选择②证明①成立：利用导数得出过和过的方程，从而得出，再由直线的方程证明直线经过定点.
【详解】（1）因为，
所以曲线是以、为焦点，以为实轴长的双曲线的右支,
所以，即，
又因为，所以，得，
所以曲线的方程为().
（2）若选择①证明②成立.
依题意，在双曲线右支上，此时直线的斜率必不为，
设直线方程为，，不妨设在第一象限，在第四象限.
因为，所以，且，求导得，
所以过点的直线方程为，
化简为①，同理②，
联立方程①②得,交点的横坐标为，
因为、点在直线上，所以，
所以，
所以的横坐标.
即点在定直线上.
若选择②证明①成立.
不妨设在第一象限，在第四象限.设，
因为，所以，且，
求导得，所以过点的直线方程为，
化简为①，同理②
联立方程①②得交点的横坐标为，
由题意，，
即③.
因为，
所以过直线的方程为，
化简，
整理得
由③式可得,
易知，即直线过定点.
【点睛】关键点睛：在解决第二问时，关键是由导数的几何意义得出过和过的方程，这里涉及到二级结论极点极线的知识，但大题需要证明，这里给出了导数的证明.
【变式训练】
1．（2023·全国·模拟预测）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，上顶点为，到直线的距离为，且.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若过且斜率为的直线与椭圆交于，两点，椭圆的左、右顶点分别为，，证明：直线与的交点在定直线上.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）首先求出直线的方程，利用点到直线的距离公式得到，再由，即可求出、，从而求出椭圆方程；
（2）联立直线与椭圆方程，设，，消元，列出韦达定理，即可得到直线、的方程，设直线与的交点坐标为，求出，即可得解.
【详解】（1）依题意可得直线的方程为，即，
则到直线的距离为.又，，故，，
所以椭圆的标准方程为.
（2）由（1）得，所以直线的方程为，
由可得，
设，，显然，
所以，，故.
由（1）可得，，则直线的方程为，
直线的方程为，
设直线与的交点坐标为，则，
故
，解得，故直线与的交点在直线上.
【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.
2．（2023·全国·模拟预测）已知在平面直角坐标系中，抛物线的焦点与椭圆的一个顶点重合，抛物线经过点，点是椭圆上任意一点，椭圆的左、右焦点分别为，且的最大值为．
(1)求椭圆和抛物线的标准方程；
(2)过抛物线上在第一象限内的一点作抛物线的切线，交椭圆于两点，线段的中点为，过点作垂直于轴的直线，与直线交于点，求证：点在定直线上．
【答案】(1)椭圆，抛物线
(2)证明见解析
【分析】（1）将点坐标代入抛物线方程可求得，进而得到抛物线标准方程和焦点坐标，进而得到；根据椭圆性质可知当为椭圆的短轴端点时，由此可由求得，进而得到椭圆方程；
（2）设点，结合导数几何意义可求得直线方程，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论；利用中点坐标公式可得点坐标，进而得到直线，将其与直线联立可求得点纵坐标，进而得到定直线方程.
【详解】（1）由抛物线经过点得：，抛物线的标准方程为．
，则为椭圆的上顶点，．
由题意知：当为椭圆的短轴端点时，取得最大值，
此时在中，，，
，则，，
椭圆的标准方程为：.
（2）
设点，
对求导得，直线的斜率，
直线的方程为，即．
设，
由得：，
由得：，
，，
，，
，则直线的方程为．
又过点且垂直于轴的直线的方程为，
则由得：，点在定直线上．
【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的动点在定直线上的问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出所求量，通过已知等量关系求得动点的坐标；
④根据动点坐标中变量间的关系可化简得到定直线方程.
3．（2023·山东·山东省实验中学校考二模）已知抛物线，过点的两条直线、分别交于、两点和、两点．当的斜率为时，．
(1)求的标准方程；
(2)设为直线与的交点，证明：点在定直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）当直线的斜率为时，写出直线的方程，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式可得出关于的方程，结合可求出的值，即可得出抛物线的标准方程；
（2）分析可知直线、都不与轴重合，设直线的方程为，将该直线的方程与抛物线的方程联立，设、，由韦达定理可得，同理可得出，写出直线、的方程，求出这两条直线的交点的横坐标，即可证得结论成立.
【详解】（1）解：当直线的斜率为时，直线的方程为，设点、，
联立可得，
，因为，可得，
由韦达定理可得，，
，
整理可得，解得或（舍去），
因此，抛物线的方程为.
（2）证明：当直线与轴重合时，直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
所以，直线不与轴重合，同理可知直线也不与轴重合，
设直线的方程为，联立可得，
则可得，
设点、，由韦达定理可得，
设直线的方程为，设点、，同理可得，
直线的方程为，即，
化简可得，
同理可知，直线的方程为，
因为点在抛物线的对称轴上，由抛物线的对称性可知，

交点必在垂直于轴的直线上，所以只需证明点的横坐标为定值即可，
由，消去，
因为直线与相交，则，
解得
，
所以，点的横坐标为，因此，直线与的交点必在定直线上.
【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、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
4．（2020·陕西西安·西北工业大学附属中学校考一模）已知抛物线和圆，倾斜角为45°的直线过的焦点且与相切．
(1)求p的值：
(2)点M在的准线上，动点A在上，在A点处的切线l2交y轴于点B，设，求证：点N在定直线上，并求该定直线的方程．
【答案】(1)；
(2)证明见解析，定直线方程为.
【分析】（1）设直线l1的方程为，再根据直线和圆相切求出的值得解；
（2）依题意设，求出切线l2的方程和B点坐标，求出， ，即得证.
【详解】（1）由题得抛物线的焦点坐标为，
设直线l1的方程为，
由已知得圆的圆心，半径，
因为直线l1与圆相切，
所以圆心到直线的距离，
即，解得或（舍去）．
所以.
（2）依题意设，由（1）知抛物线方程为，
所以，所以，设A，），则以A为切点的切线l2的斜率为
所以切线l2的方程为．
令，即l2交y轴于B点坐标为，
所以，
∴，
∴．
设N点坐标为（x，y），则，
所以点N在定直线上．

5．（2023·湖南永州·统考一模）已知点A为圆上任意一点，点的坐标为，线段的垂直平分线与直线交于点．
(1)求点的轨迹的方程；
(2)设轨迹E与轴分别交于两点（在的左侧），过的直线与轨迹交于两点，直线与直线的交于，证明：在定直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意推出，结合双曲线定义即可求得答案；
（2）设出直线l的方程，联立双曲线方程，得到根与系数的关系，表示出直线和的方程，推得，结合根与系数的关系化简，即可证明结论.
【详解】（1）由得，其半径为4，
因为线段的垂直平分线与直线交于点，

故，则,
而，故点的轨迹为以为焦点的双曲线，
则，
故点的轨迹的方程为.
（2）证明：由题意知，

若直线l斜率为0，则其与双曲线的交点为双曲线的两顶点，不合题意；
故直线l的斜率不能为0，故设其方程为，
联立，得，，
故，
设，则直线的方程为，
直线的方程为，
故，
则，
即，解得，
故直线与直线的交点在定直线上.
【点睛】难点点睛：本题考查了利用双曲线定义求解双曲线方程以及直线和双曲线的位置关系中的点在定直线上的问题，难点在于证明直线与直线的交点在定直线上，解答时要设直线方程，利用根与系数的关系进行化简，计算过程比较复杂，且大都是关于字母参数的运算，要十分细心.
【考点六】圆锥曲线与韦达定理求参数
【典例精讲】（2023·贵州遵义·统考模拟预测）已知为椭圆的两个焦点，为椭圆上异于左､右顶点的任意一点，的周长为6，面积的最大值为：
(1)求椭圆的方程；
(2)直线与椭圆的另一交点为，与轴的交点为.若，.试问：是否为定值？并说明理由.
【答案】(1)
(2)，理由见解析
【分析】（1）利用椭圆的定义及椭圆的性质即可求解；
（2）根据已知条件作出图形并设出直线方程，将直线与椭圆方程联立，利用韦达定理及向量的坐标运算即可求解.
【详解】（1）设椭圆的方程为，则
由椭圆的定义及的周长为6，知①，
由于为椭圆上异于左､右顶点的任意一点，得到轴距离最大为，
因为的面积的最大值为，
所以②，
又③，
联立①②③，得，
所以椭圆的方程为.
（2）为定值，理由如下：
根据已知条件作出图形如图所示,

设，则，
因为在椭圆内部，则直线与椭圆一定有两交点，
联立消去得：，
，
又，且，
所以，同理
所以.
所以为定值.
【变式训练】
1．（2023·江西九江·统考一模）已知过点的直线与抛物线交于两点，过线段的中点作直线轴，垂足为，且.
(1)求抛物线的方程；
(2)若为上异于点的任意一点，且直线与直线交于点，证明：以为直径的圆过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设出直线的方程与抛物线方程联立，利用韦达定理和中点坐标公式求出，坐标，结合，可求得的值，得解.
（2）设出点坐标，由点斜式方程求出直线的方程，令，求出点坐标，同理求出点坐标，由抛物线的对称性可知，定点必在轴上，设该点坐标为，利用，可求出定点坐标.
【详解】（1）由题意，可设直线的方程为，
将代入，消去得，
设，，则，，
是线段的中点，
，，
即， 又轴，
垂足的坐标为，
则，，
，
对任意的恒成立，
，又，解得，
故抛物线的方程为.
（2）
设，，，由（1）可知，
，，
则，直线的方程为，
令，则，
，同理，
由抛物线的对称性可知，若以线段为直径的圆过定点，则定点必在轴上，
设该点坐标为，
则，，且，
，
，
或，
以为直径的圆过定点和.
2．（2023·贵州毕节·校考模拟预测）已知是抛物线的焦点，过点的直线交抛物线于两点，当平行于轴时，.
(1)求抛物线的方程；
(2)若为坐标原点，过点作轴的垂线交直线于点，过点作直线的垂线与抛物线的另一交点为的中点为，证明：三点共线.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）当平行于轴时，设直线的方程为，设点、，利用抛物线的焦半径公式，可求得的值，由此可得出抛物线的方程；
（2）写出直线的方程，将代入直线的方程，求出的坐标，然后求出的方程，与抛物线的方程联立，结合韦达定理求出点的坐标，可得出、、三点共线.
【详解】（1）抛物线的焦点为，
当平行于轴时，设直线的方程为，设点、，
，解得，
所以，抛物线的方程为.
（2）设直线的方程为，设点、，
联立可得，
由韦达定理可得，，
又因为直线的方程为，

将代入直线的方程可得，可得，即点，
所以，，
因为，则，
所以，直线的方程为，
联立可得，则，
故，则，
由的中点为，可得，
故、、三点共线．
3．（2023·浙江金华·校联考模拟预测）已知双曲线，直线过双曲线的右焦点且交右支于两点，点为线段的中点，点在轴上，．
(1)求双曲线的渐近线方程；
(2)若，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)或或
【分析】（1）根据等轴双曲线方程即可求解渐近线方程，
（2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，即可根据向量数量积的几何意义将其转化为，由坐标运算即可求解.
【详解】（1）由题知，，所以双曲线的渐近线方程为．
（2）双曲线的右焦点坐标为，
由题知，直线AB的斜率不为0，设直线方程为，代入双曲线中，
化简可得：，
设,则．
则
∴线段中点的坐标为，
直线方程为．
（i）当时，点恰好为焦点，此时存在点或，使得．
此时直线方程为．
（ii）当时，令可得，可得点的坐标为，
由于所以，
由，即，也即：．
化简可得，解出，
由于直线要交双曲线右支于两点，所以，即，故舍去．
可得直线的方程为．
综上：直线方程为或或．
【点睛】
4．（2023·辽宁抚顺·校考模拟预测）已知双曲线C：的离心率为，F为C的左焦点，P是C右支上的点，点P到C的两条渐近线的距离之积为．
(1)求C的方程；
(2)若线段PF与C的左支交于点Q，与两条渐近线交于点A，B，且，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用待定系数法即可求得曲线C的方程；
（2）设直线PF的方程为，再与曲线C联立方程组，再利用韦达定理以及弦长公式即可得出结论>
【详解】（1）由题意得，故，
又，C的两条渐近线方程分别为，
设，则，即
所以，所以，，故C的方程为．
（2）由（1）知，设直线PF的方程为，，，，
联立得，
则，，
因为P是C右支上的点，所以，
，
联立，得，
则，，
，
又，所以，解得，
所以．
【点睛】关键点睛：第（2）小问求的运算能力是关键，本题考查了直线与双曲线的位置关系，以及双曲线的综合应用，属于较难题.
5．（2023·全国·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别是，，上顶点为A，椭圆的焦距等于椭圆的长半轴长，且的面积为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若B，C是椭圆上不同的两点，且直线AB和直线AC的斜率之积为，求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆的几何性质即可列方程求解，，，
（2）联立直线与椭圆方程，得到韦达定理，进而根据弦长公式以及点到直线的距离公式表达出三角形的面积，利用换元法及基本不等式求面积的最大值.
【详解】（1）由题意得，，①
由的面积为，得，②
又，得，，，
所以椭圆的标准方程为．
（2）由（1）知点，
易知直线AB和直线AC的斜率均存在，所以点B，C与椭圆的上、下顶点均不重合．
若直线BC的斜率不存在，不妨设，则，
直线AB和直线AC的斜率分别是，，
所以，
又点在椭圆上，所以，所以，所以，这与直线AB和直线AC的斜率之积为矛盾，
所以直线BC的斜率存在．
设直线BC的方程为，其中，
将直线BC的方程代入，得，
则，
设，，
则，．
直线AB和直线AC的斜率分别是，，
所以
，
又，所以，即，
所以，故，即，
所以直线的方程为，，，
所以，
点到直线BC的距离，
所以的面积．
令，则，
所以，
当且仅当，即，时，等号成立，
所以面积的最大值为．

综合考点
【考点一】圆锥曲线中的范围与最值
【典例精讲】（2023·全国·模拟预测）已知椭圆C：的离心率为，椭圆上一动点P与左、右焦点构成的三角形面积的最大值为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A，B，直线PQ交椭圆C于P，Q两点，记直线AP的斜率为，直线BQ的斜率为，已知，设和的面积分别为，，求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）依题意列式即可求解；
（2）先讨论直线PQ的斜率为0的情况，斜率不为0时，联立直线方程和椭圆方程，用韦达定理结合已知条件证明直线PQ恒过x轴上一定点，再表示出即可求解.
【详解】（1）由题意知
解得所以椭圆C的方程为．
（2）依题意，，，设，．
若直线PQ的斜率为0，则点P，Q关于y轴对称，必有，即，不合题意．
所以直线PQ的斜率必不为0，设其方程为，
与椭圆C的方程联立
得，
所以，且
因为是椭圆上一点，满足，
所以，
则，即．
因为
，
所以，此时，
故直线PQ恒过x轴上一定点．
因此，，
所以
，
则，当即时，取得最大值．
【变式训练】
1．（2023·辽宁抚顺·校考模拟预测）已知动点到定点的距离与动点到定直线的距离之比为．
(1)求点的轨迹的方程；
(2)对，曲线上是否始终存在两点，关于直线对称？若存在，求实数的取值范围；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）设，则，整理即可得解；
（2）当时，设直线方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，设的中点为，则满足，即可得，再由求出的值，即可得解.
【详解】（1）设，则，
即，整理得，
所以点的轨迹的方程为．
（2）假设曲线上始终存在两点，关于直线对称，
当时，设直线方程为，，，
联立，整理得，
则，
所以，．
设的中点为，
则，，
将代入，则，
所以，所以对恒成立，
即对恒成立，
因为，所以，则．
易知当时，曲线上存在两点，关于直线对称．
所以的取值范围为．
2．（2023·浙江金华·统考模拟预测）已知双曲线的方程为：，左右焦点分别为，是线段的中点，过点作斜率为的直线，l与双曲线的左支交于两点，连结与双曲线的右支分别交于两点.
(1)设直线的斜率为，求的取值范围.
(2)求证：直线过定点，并求出定点坐标.
【答案】(1)
(2)证明见解析，定点
【分析】（1）设，，，，直线的方程为，联立抛物线方程，利用韦达定理求出k的范围，设直线的方程为，利用韦达定理求出，即可求解；
（2）直线的方程为，令，解得x为定值，得证，求出定点即可.
【详解】（1）解：设直线的方程为：和双曲线方程联立消去可得：
设，，，.
由可得：或，
直线的方程为：和双曲线方程联立消去可得：
，
所以：，
所以：，
同理：，
所以：
所以：，
由双勾函数的单调性可知，当，即时有最值，而或，
当时，，当时，，
所以.
（2）直线的方程为：，令，
可得：
，
所以直线过定点.
【点睛】求定点定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊位置入手，求出定点定值，再证明这个定点定值与变量无关．
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定点定值．
3．（2023·全国·模拟预测）已知O为坐标原点，双曲线C：的渐近线方程为．
(1)求C的标准方程；
(2)过点的直线l交C于M，N两点，交x轴于Q点．若，问是否存在？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）由题意可得，，结合渐近线的定义可得，求出m即可求解；
（2）易知直线l的斜率存在．设直线l：，，，联立双曲线方程，利用求出k的范围，利用韦达定理表示,利用两点距离公式可得，求出k的值，结合斜率的定义即可求解.
【详解】（1）易知双曲线C的焦点在x轴上，且，所以或．
因为，所以，所以，．
由已知可得，解得，
所以C的标准方程为．
（2）由题意，易知直线l的斜率存在．
设直线l：，联立方程组，
化简得．
由题意知，且，
所以，且，解得，且．
设，，则，．
因为，
，
所以
．
由，得，
整理，得，即，
解得或，即或．
经验证，不在k的取值范围内，舍去．
设直线l的倾斜角为．
当时，，，点Q在x轴负半轴上，则；
当时，，点Q在x轴正半轴上，此时，则不存在；
当，即时，点Q在x轴正半轴上，
则.
4．（2023·海南·校联考模拟预测）已知抛物线（）的焦点F到双曲线的渐近线的距离是．
(1)求p的值；
(2)已知过点F的直线与E交于A，B两点，线段的中垂线与E的准线l交于点P，且线段的中点为M，设，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出双曲线的渐近线，由点到直线距离公式得到方程，求出；
（2）设直线的方程为，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，进而由弦长公式求出，求出M点的坐标和线段的中垂线方程，得到，，求出，得到答案.
【详解】（1）E的焦点为，
双曲线的渐近线方程为，不妨取，即．
由点到直线的距离公式得，
得．
（2）由（1）知，，：．
设直线的方程为，
联立消去x并整理，得，
设，，则，，
，
∴．
易得M点的坐标为，
∴的中垂线方程为，
令得，
∴，
从而，
∴，
∴实数的取值范围为．
5．（2023·河北石家庄·统考三模）已知为抛物线上不同两点，为坐标原点，，过作于，且点.
(1)求直线的方程及抛物线的方程；
(2)若直线与直线关于原点对称，为抛物线上一动点，求到直线的距离最短时，点的坐标.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）由点，得直线的斜率为1，则直线的斜率为，写出直线的点斜式方程；直线与抛物线联立得出韦达定理，由结合向量数量积为零得出结果；
（2）由点到直线的距离公式以及二次函数求最值得出结果.
【详解】（1）如图，
由点，得直线的斜率为1，又，则直线的斜率为，
故直线的方程为，整理得直线的方程为
设，
联立，得，则，
由，得，
即，因为，所以，
所以，解得，故抛物线方程为
（2）设点是直线上任一点，则点关于原点的对称点在直线上，所以，
即直线的方程为.
设点，则，点到直线的距离，
当时，的最小值是，此时，.
【考点二】圆锥曲线中探究性问题
【典例精讲】（2023·四川绵阳·统考二模）已知椭圆C：的焦距为4，左右顶点分别为，，椭圆上异于，的任意一点P，都满足直线，的斜率之积为．
(1)若椭圆上存在两点，关于直线对称，求实数m的取值范围；
(2)过右焦点的直线交椭圆于M，N两点，过原点O作直线MN的垂线并延长交椭圆于点Q．那么，是否存在实数k，使得为定值？若存在，请求出k的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）设，则，又点P在C上，利用待定系数法求出椭圆方程；设：联立得出关系得出结果.
（2）设联立表示，联立得，代入求得结果.
【详解】（1）由题意得：，，，，
①
∵点P在C上，∴代入①式，∴，∴,
∵，∴，，椭圆C方程，
设，，，

设：联立得，
，
，.
∴，中点在l上，，
∴.
（2）设联立得，
，，
，
联立得，
则，
∴，
∵为定值，设为，
∴，
∴，，
∴存在，使得为定值.

【点睛】圆维曲线中的定值问题方法点睛：
圆维曲线中的定值问题是考试中常考的类型题，主要有设线和设点法，本题采取设线法，利用韦达定理得到相关点的坐标，表示相应的弦长，代入化简整理求得定值.
【变式训练】
1．（2023·全国·模拟预测）已知抛物线的顶点为坐标原点，焦点为．椭圆的中心为，左焦点为，上顶点为，右顶点为，且．
(1)求抛物线和椭圆的标准方程．
(2)设直线经过点，与抛物线交于，两点，与椭圆交于，两点．记和的面积分别为和，是否存在直线，使得？若存在，求出的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)存在，其方程为或
【分析】（1）根据抛物线的焦点坐标直接可得抛物线方程，再设，，结合，可得椭圆方程；
（2）设直线的方程，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理及弦长公式，可得面积，再根据，可得直线方程.
【详解】（1）由抛物线的焦点为，
可知，所以，
所以抛物线的方程为；
设椭圆的标准方程为，则，，
所以，，
由，可得，
又，
所以，解得或（舍），
则，
所以椭圆方程为；
（2）
由题意可知，直线的斜率一定不为，
则设直线的方程为，，，，，
联立直线与抛物线，得，，
则，，
所以的面积，
联立直线与椭圆，得，
，
则，，
所以的面积，
又，
所以，解得，
所以存在满足条件的直线，且直线方程为或.
【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
2．（2023·全国·模拟预测）已知椭圆C：的离心率为，点在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若O为坐标原点，过点的直线l与椭圆C交于M，N两点，椭圆C上是否存在点Q，使得直线与直线分别交于点A，B，且点A，B关于x轴对称？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，点Q的坐标为或
【分析】（1）根据已知，根据的关系得出.将点代入椭圆方程，即可解出，进而得出；
（2）当直线l的斜率不为0时，设，，，设直线l：，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理表示出坐标关系，求出坐标.根据已知列出方程，整理推得，.代入椭圆方程求出点坐标；检验当直线l的斜率为0时，满足对称关系，即可得出答案.
【详解】（1）因为椭圆C的离心率为，
所以，.
又，所以.
将代入椭圆方程，得，
所以，，
所以椭圆C的标准方程为．
（2）
当直线l的斜率不为0时，
设直线l：，联立得，
整理得．
则，解得或.
设，，，
由韦达定理可得，，
则直线MQ：，
令，得，所以.
同理得．
由点A，B关于x轴对称得，
即，
整理可得，.
易知点不在上，所以，
所以，，
所以，有，
整理得.
由n的任意性知，
将坐标代入代入椭圆方程有，解得，
所以点Q的坐标为或．
当直线l的斜率为0时，不妨令，，，
此时直线MQ：，
令，得，所以，
同理得，显然点A，B关于x轴对称，满足.
综上，存在满足题意的点Q，且点Q的坐标为或．
【点睛】方法点睛：解决与圆锥曲线有关的顶点问题时，设出直线方程，联立直线与圆锥曲线的方程，根据韦达定理表示出坐标关系.分析已知条件，得出等量关系，整理化简即可得出结论.
3．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）已知双曲线，过点的直线与该双曲线的左、右两支分别交于点．
(1)当直线的斜率为时，求；
(2)是否存在定点，使得？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)存在，.
【分析】（1）根据题设写出直线的方程，联立双曲线，应用韦达定理及弦长公式求；
（2）由题设，根据向量数量积的定义及等面积法有，令，直线的方程为，其中，联立双曲线，应用韦达定理及向量数量积的坐标表示列方程求参数即可.
【详解】（1）由题设，易知直线的方程为，设，
由，得，此时，所以，
所以，．
（2）因为，所以，
所以，所以，
由及等面积法得，所以．
设，直线的方程为，其中，
由，得，此时，
所以．
因为，
所以，
，
所以，整理得，
将韦达公式代入上式，整理得，所以．
所以，存在，使得．
4．（2023·全国·模拟预测）已知双曲线的一个顶点为，D，E是C上关于原点O对称的两点，且直线AD，AE的斜率之积为．
(1)求C的标准方程．
(2)设Q是C上任意一点，过Q作与C的两条渐近线平行的直线，与x轴分别交于点M，N，判断x轴上是否存在点G，使得为定值．
【答案】(1)
(2)存在
【分析】（1）由顶点得，由对称性设点的坐标分别为，，由直线AD，AE的斜率之积为，可得，进而得椭圆方程；
（2）假设存在，设出点，由分别平行于渐近线，可得的坐标， 用表示，利用曲线方程消去，根据定值特点，对变量的系数进行参数赋值，进而找到定点.
【详解】（1）因为双曲线C的一个顶点为，所以．
设，则．
所以，即．
整理得．
因为直线AD，AE的斜率之积为，
所以，所以双曲线C的标准方程为．
（2）假设x轴上存在点，使得为定值．
设，则，即，
设，．
因为C的两条渐近线的斜率为，
不妨设，，
则，，
所以，
所以当，即时，为定值4．
【点睛】
解决是否存在某点使得与线段长度有关的式子为定值的问题，一般先假设此点存在，根据点的特点设出其坐标（含参数），根据给定的曲线方程求出相关代数式，对参数赋值，判断是否可得到定值，若可得定值，则也可得到存在的该点坐标．
5．（2023·广西·统考一模）如图：小明同学先把一根直尺固定在画板上面，把一块三角板的一条直角边紧靠在直尺边沿，再取一根细绳，它的长度与另一直角边相等，让细绳的一端固定在三角板的顶点处，另一端固定在画板上点处，用铅笔尖扣紧绳子（使两段细绳绷直），靠住三角板，然后将三角板沿着直尺上下滑动，这时笔尖在平面上画出了圆锥曲线的一部分图象．已知细绳长度为，经测量，当笔尖运动到点处，此时，，．设直尺边沿所在直线为，以过垂直于直尺的直线为轴，以过垂直于的垂线段的中垂线为轴，建立平面直角坐标系．

(1)求曲线的方程；
(2)斜率为的直线过点，且与曲线交于不同的两点，已知的取值范围为，探究：是否存在，使得，若存在，求出的范围，若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，使得
【分析】（1）根据抛物线定义可知轨迹为抛物线，采用待定系数法，求得点坐标后代入抛物线方程即可；
（2）假设存在，将直线方程与抛物线方程联立可得韦达定理的结论，并将表示为关于的函数的形式，结合二次函数值域求法可求得的范围，由此可构造不等式求得结果.
【详解】（1）由题意知：笔尖到点的距离与它到直线的距离相等，
笔尖留下的轨迹为以为焦点，为准线的抛物线，
设其方程为，则，
由，，可得：，，
点坐标为，
代入抛物线方程得：，即，解得：或，
轨迹的方程为．
（2）
假设存在，使得，
设，直线，
由得：，则，
，，
；
，，，，
令，，
，即，
同向，，，解得：或，
存在，使得.
【点睛】思路点睛：本题考查抛物线定义的应用、直线与抛物线综合应用中的存在性问题的求解；本题求解范围的基本思路是结合韦达定理构造出与有关的等量关系，将其表示为关于的函数的形式，根据函数值域的求法构造不等关系求得结果.
培优考点
【考点一】圆锥曲线中齐次化处理
【典例精讲】1．已知椭圆C:的焦点是、，且椭圆经过点。
（1）求椭圆C的方程；
（2）设直线与椭圆交于两点，且以为直径的圆过椭圆右顶点，求证：直线l恒过定点．
【答案】（1） （2）详见解析
【解析】
试题分析：（1）设出椭圆方程，由题意可得，再由椭圆的定义可得2a=4，解得a=2，b=1，进而得到椭圆方程；（2）由题意可知，直线l的斜率为0时，不合题意．不妨设直线l的方程为x=ky+m，代入椭圆方程，消去x，运用韦达定理和由题意可得MA⊥MB，向量垂直的条件：数量积为0，化简整理，可得
或m=2，即可得到定点
试题解析：（1）椭圆的方程为
，
所以所求椭圆的方程为
（2）方法一（1）由题意可知，直线的斜率为0时，不合题意.
（2）不妨设直线的方程为 ．
由 消去得.
设，，则有……①, ………②
因为以为直径的圆过点，所以．
由，得．
将代入上式，
得. ……… ③
将①②代入③，得 ，解得或（舍）．
综上，直线经过定点
方法二证明：(1) 当不存在时，易得此直线恒过点.
（2）当存在时.设直线，，.
由，可得.
……① ……. ②
由题意可知
,
可得 .
整理得 ③
把①②代入③整理得 由题意可知
解得
（i） 当，直线过定点（2,0）不符合题意，舍掉.
（ii） ，即，直线过定点，经检验符合题意.
综上所述，直线过定点
考点：1.椭圆方程；2.直线和椭圆相交的综合问题
【变式训练】
1．圆的切线与x轴正半轴，y轴正半轴围成一个三角形，当该三角形面积最小时，切点为P（如图），双曲线过点P且离心率为.
（1）求的方程；
（2）椭圆过点P且与有相同的焦点，直线过的右焦点且与交于A，B两点，若以线段AB为直径的圆心过点P，求的方程.
【答案】（1）；（2） ，或..
【解析】
试题分析：（1）设切点坐标为，则切线斜率为，切线方程为，即，此时，两个坐标轴的正半轴与切线围成的三角形面积为.由知当且仅当时有最大值，即S有最小值，因此点P得坐标为 ，由题意知2a2−2b2=1a2+b2=3a2解得，即可求出的方程；（2） 由（1）知的焦点坐标为，由此的方程为，其中.
由在上，得，显然，l不是直线y=0.设l的方程为x=my+，点由 得，因由题意知，所以 ，将韦达定理得到的结果代入式整理得，解得或，即可求出直线l的方程.
（1）设切点坐标为，则切线斜率为，切线方程为，即，此时，两个坐标轴的正半轴与切线围成的三角形面积为.由知当且仅当时有最大值，即S有最小值，因此点P得坐标为 ，
由题意知2a2−2b2=1a2+b2=3a2解得，故方程为.
（2）由（1）知的焦点坐标为，由此的方程为，其中.
由在上，得，
显然，l不是直线y=0.设l的方程为x=my+，点
由 得，又是方程的根，因此 ，由得
因由题意知，所以 ，将①，②，③，④代入⑤式整理得，解得或，因此直线l的方程为，或.
考点：1.椭圆的方程；2.直线与椭圆的位置关系.
2．已知椭圆C：（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）中恰有三点在椭圆C上.
（Ⅰ）求C的方程；
（Ⅱ）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为–1，证明：l过定点.
【答案】(1) .
(2)证明见解析.
【详解】
试题分析：（1）根据，两点关于y轴对称，由椭圆的对称性可知C经过，两点.另外由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.因此在椭圆上，代入其标准方程，即可求出C的方程；（2）先设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，再设直线l的方程，当l与x轴垂直时，通过计算，不满足题意，再设l：（），将代入，写出判别式，利用根与系数的关系表示出x1+x2，x1x2，进而表示出，根据列出等式表示出和的关系，从而判断出直线恒过定点.
试题解析：（1）由于，两点关于y轴对称，故由题设知C经过，两点.
又由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.
因此，解得.
故C的方程为.
（2）设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，
如果l与x轴垂直，设l：x=t，由题设知，且，可得A，B的坐标分别为（t，），（t，）.
则，得，不符合题设.
从而可设l：（）.将代入得
由题设可知.
设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=.
而
.
由题设，故.
即.
解得.
当且仅当时，，欲使l：，即，
所以l过定点（2，）
【考点二】圆锥曲线中非对称韦达
【典例精讲】已知A，B分别为椭圆的左右顶点，E为椭圆C的上顶点，F为椭圆C的右焦点，E与F关于直线对称，的面积为，过的直线交椭圆C于两点M，N(异于A，B两点).
（1）求椭圆C的方程；
（2）证明：直线与的交点P在一条定直线上.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）待定系数法可以求二次曲线的标准方程；
（2）设出直线MN的方程，与椭圆联立，得到，求出AM、BN的交点坐标，结合一元二次方程根与系数的关系，得出结论.
【详解】
（1）由
得，
（2）由题可知，直线与x轴不重合，设为
由得∴
由椭圆的对称性可知，交点必在一条垂直于x轴的直线上
直线，即①
直线，即②
联立①②得：
直线与的交点P在定直线上.
【点睛】
（1）待定系数法可以求二次曲线的标准方程；
（2）"设而不求"是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决直线与二次曲线相交的问题.
【变式训练】
1．已知椭圆的左、右焦点是，左右顶点是，离心率是，过的直线与椭圆交于两点P、Q(不是左、右顶点)，且的周长是，
直线与交于点M.
(1)求椭圆的方程；
(2)(ⅰ)求证直线与交点M在一条定直线l上；
(ⅱ)N是定直线l上的一点，且PN平行于x轴，证明：是定值．
【答案】(1)(2) (ⅰ)见证明；(ⅱ)见证明
【解析】
【分析】
(1)由题意可得，可以求出，，从而求出椭圆的方程；(2)(ⅰ)由点斜式分别写出与的方程，两式子消去，根据韦达定理可得，的坐标关系，进而可以得到点M在一条定直线x＝2上；(ⅱ)由于，结合点P在椭圆上，可以求出为定值。
【详解】
(1)设椭圆的焦距是2c，
据题意有：，，，则，
所以椭圆的方程是.
(2) (ⅰ)由(1)知，，，
设直线PQ的方程是，
代入椭圆方程得：，
易知，
设，，，
则
，
直线的方程是： ①，
直线的方程是： ②，
设，既满足①也满足②，
则
，
故直线与交点M在一条定直线l：x＝2上.
(ⅱ)设，，，则，
∴.
【点睛】
本题考查了椭圆的标准方程，椭圆与直线的综合问题，考查了学生综合分析能力及计算能力，属于难题.
2．已知、分别是离心率的椭圆的左右项点，P是椭圆E的上顶点，且.
（1）求椭圆E的方程；
（2）若动直线过点，且与椭圆E交于A、B两点，点M与点B关于y轴对称，求证：直线恒过定点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【分析】
（1）由向量数量积的坐标运算可求得，再由离心率可得，然后求得，得椭圆方程；
（2）当直线的斜率存在时，设直线，，，则，
由直线方程与椭圆方程联立并消元后应用韦达定理得，然后写出直线方程并变形后代入，可得定点坐标，再验证直线斜率不存在时，直线也过这个定点即可．
【详解】
解：（1）由题意得，，，
则，所以，
又，所以，，所以椭圆E的方程为.
（2）当直线的斜率存在时，设直线，，，则，
由，消去y得.由，
得，所以，.
，
直线的方程为，
即，
因为，，所以，
直线的方程为可化为，则直线恒过定点.
当直线的斜率不存在时，直线也过点，综上知直线恒过定点.
【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，考查直线与椭圆相交问题中的定点问题．解题方法是设而不求思想方法．设出动直线方程，设交点坐标，，直线方程与椭圆方程联立消元后应用韦达定理得，利用此结论求出直线方程，可确定定点坐标．
总结提升
1.中点弦问题
已知A(x1，y1)，B(x2，y2)为圆锥曲线E上两点，AB的中点C(x0，y0)，直线AB的斜率为k.
(1)若椭圆E的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，则k＝－eq \f(b2,a2)·eq \f(x0,y0)；
(2)若双曲线E的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，则k＝eq \f(b2,a2)·eq \f(x0,y0)；
(3)若抛物线E的方程为y2＝2px(p>0)，则k＝eq \f(p,y0).
2.弦长问题
已知A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的斜率为k(k≠0)，
则|AB|＝eq \r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)
或|AB|＝eq \r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|＝eq \r(1＋\f(1,k2))eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2).
3.圆锥曲线的切线问题
直线与圆锥曲线相切时，它们的方程组成的方程组消元后所得方程(二次项系数不为零)的判别式为零.
椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)在(x0，y0)处的切线方程为eq \f(x0x,a2)＋eq \f(y0y,b2)＝1；双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)在(x0，y0)处的切线方程为eq \f(x0x,a2)－eq \f(y0y,b2)＝1；抛物线y2＝2px(p＞0)在(x0，y0)处的切线方程为y0y＝p(x＋x0).
4.焦点三角形的面积
(1)设P点是椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上异于长轴端点的任一点，F1，F2为其焦点，记∠F1PF2＝θ，△PF1F2的面积记为S△PF1F2，则S△PF1F2＝b2tan eq \f(θ,2).
(2)设P点是双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)上异于实轴端点的任一点，F1，F2为其焦点，记∠F1PF2＝θ，△PF1F2的面积记为S△PF1F2，则S△PF1F2＝eq \f(b2,tan \f(θ,2)).
5.中心弦的性质
设A，B为圆锥曲线关于原点对称的两点，P为该曲线上异于A，B的点.
(1)若圆锥曲线为椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，则kPAkPB＝－eq \f(b2,a2)＝e2－1.
(2)若圆锥曲线为双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，则kPAkPB＝eq \f(b2,a2)＝e2－1.
6.中点弦的性质
设圆锥曲线以M(x0，y0)(y0≠0)为中点的弦AB所在的直线的斜率为k.
(1)若圆锥曲线为椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，则kAB＝－eq \f(b2x0,a2y0)，kAB·kOM＝－eq \f(b2,a2)＝e2－1.
(2)若圆锥曲线为双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，则kAB＝eq \f(b2x0,a2y0)，kAB·kOM＝eq \f(b2,a2)＝e2－1.
(3)若圆锥曲线为抛物线y2＝2px(p＞0)，则kAB＝eq \f(p,y0).
7.圆锥曲线的切线方程
设M(x0，y0)为圆锥曲线上的点，
(1)若圆锥曲线为椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>1)，则椭圆在M处的切线方程为eq \f(x0x,a2)＋eq \f(y0y,b2)＝1.
(2)若圆锥曲线为双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，则双曲线在M处的切线方程为eq \f(x0x,a2)－eq \f(y0y,b2)＝1.
(3)若圆锥曲线为抛物线y2＝2px(p>0)，则抛物线在M处的切线方程为y0y＝p(x＋x0).
8.与抛物线的焦点弦有关的二级结论
过抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点F倾斜角为θ的直线交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则(1)x1x2＝eq \f(p2,4)，y1y2＝－p2；(2)两焦半径长为eq \f(p,1－cs θ)，eq \f(p,1＋cs θ)；(3)eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)＝eq \f(2,p)；(4)|AB|＝eq \f(2p,sin2θ)，S△AOB＝eq \f(p2,2sin θ).
专项检测
1．（2023·江西景德镇·统考一模）已知椭圆C：的焦距为，左右顶点分别为A，B.M是C上异于A，B的点，满足MA，MB的斜率之积为.
(1)求C的方程；
(2)P，Q是椭圆C上的两点（P在Q的左侧），AP，BQ的斜率为，，且.且AQ与PB相交于T，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设，，表示出MA，MB的斜率，由结合M是C上的点可得，再结合椭圆的焦距，解得，即可求出C的方程；
（2）设的斜率为，由椭圆的对称性可得，表示出、的方程，求出，分别联立椭圆方程可求出，则，结合的范围，即可得出答案.
【详解】（1）设，，
因为MA，MB的斜率之积为，所以，
因为M是C上的点，所以，
所以，故，
又因为，所以，又因为，
所以，
故椭圆C的方程为：.
（2）设的斜率为，AP，BQ的斜率为，，
因为在椭圆上，所以，，
所以，
同理，
易知，由，
所以，
设的方程为：，的方程为：，
联立，则，
解得：，
联立，可得：，
因为直线与椭圆交于两点，
即，解得：，
联立，可得：，
因为直线与椭圆交于两点，
即，解得：，
由可得：，则
，即，则，
所以，
因为，所以，.
的取值范围为.
【点睛】关键点睛：本题的关键是用表示出，则，结合的范围，即可得出答案.
2．（2023上·湖北·高三校联考期中）已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率为，点在椭圆上.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线与椭圆相交于，两点，记的面积为，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，列出关于，，的方程即可求解；
（2）设直线方程（有两种方法，一种设；另一种设），与椭圆方程联立，结合韦达定理及基本不等式即可求出面积的最大值.
【详解】（1）因为，所以，则，
所以的标准方程为，
因为点在上，所以，
解得，从而，.
所以的标准方程为.
（2）易知点在的外部，则直线的斜率存在且不为0，
设，，，
联立方程组消去得，
由得，由根与系数的关系知
所以，
化简得.
设点到直线的距离为，则，
所以的面积
令，得，所以，
因为，所以，
当且仅当，即时，等号成立.
因为满足，所以的最大值为.
评分细则：
第二问另解：
（2）设，，，
联立方程组，消去得.
由得，由根与系数的关系知.
所以，
化简得.
设点到直线的距离为，则，
所以的面积.
令，得，
所以，
因为，所以，
当且仅当，即时，等号成立.
因为满足，所以的最大值为.
3．（2023·浙江宁波·统考一模）已知双曲线C：的焦距为6，其中一条渐近线的斜率为，过点的直线l与双曲线C的右支交于P，Q两点，M为线段PQ上与端点不重合的任意一点，过点M且与平行的直线分别交另一条渐近线和C于点
(1)求C的方程；
(2)求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由渐近线斜率得，结合求得得双曲线方程；
（2）设.直线的方程为，代入双曲线方程应用韦达定理得，同时由两交点在右支得出，然后求出各点坐标计算出并代入韦达定理的结论化此式为关于的函数，从而可求得其取值范围．
【详解】（1）由的焦距为6，知，即；
又渐近线方程为，则，
故，即，从而，
因此，双曲线的方程为.
（2）设.直线的方程为，则.
将直线的方程代入得有两正根，
则,且，
又，解上述不等式组，得.
因为的方程为，则与的交点横坐标为
将的方程代入得即为点的横坐标，
故，
所以，，
即的取值范围为.
【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线相交中范围问题，一般设交点坐标为，设直线方程为（或），代入圆锥曲线方程后应用韦达定理得，由相交得出参数范围，计算出要求范围的量交代入韦达定理的结论化为所设参数的函数，从而求得其取值范围，
4．（2023·浙江·模拟预测）我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微，数形结合百般好，隔离分家万事休.”事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，已知曲线C上任意一点满足.
(1)化简曲线的方程；
(2)已知圆（为坐标原点），直线经过点且与圆相切，过点A作直线的垂线，交于两点，求面积的最小值.
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）移项平方可化简方程，注意变量的范围；
（2）设，直线方程是，由垂直得直线方程为，由直线与圆相切得，直线方程是与曲线方程联立，消去后得关于的二次方程，由此方程有两个正根据得或，由韦达定理得，计算出弦长，求出原点到直线的距离，计算出三角形面积后，设，换元后应用基本不等式得最小值．
【详解】（1），由得．
所以曲线的方程是；
（2）设，直线方程是，则直线方程为，即,
直线与已知圆相切，所以，则，
由得，，
由题意（∵），
，，∴或，
，
又原点到直线的距离为，
∴，
由或得，设，
，当且仅当时等号成立，
，当且仅当时等号成立，
∴时，，
∴，即时，．

【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线相交中三角形面积最值问题，一般设交点坐标为，直线方程为，由直线满足的其它性质得出关系，直线方程与圆锥曲线方程联立后消元，应用韦达定理得（或），由弦长公式求得弦长，由点到直线距离公式求出三角形的高，从而求得三角形的面积，并化表达式为一元函数，然后利用函数的知识，基本不等式或导数求得最值．
5．（2023·全国·模拟预测）已知是曲线上一动点，是点在直线上的射影，为的中点，．
(1)求曲线的方程；
(2)若是曲线上异于坐标原点的两点，与关于轴对称，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意分析，曲线为抛物线，计算出，得到方程即可；
（2）分析得到直线的斜率均存在且均不为零，假设出直线对应的方程，分别与抛物线进行联立,根据韦达定理得到，由于与关于轴对称，所以横纵坐标的和相等，化简计算即可验证的结果.
【详解】（1）当与原点重合时，显然．
当与原点不重合时，连接，
为的中点，，
．
由抛物线的定义知，曲线是以为焦点、直线为准线的抛物线，
设抛物线的标准方程为，
则，
曲线的方程为．
（2）设点的坐标
设，则，
由题意知直线的斜率均存在且均不为零，
直线的方程为，
代入并整理得，，
．
直线的方程为，
代入并整理得，，
．
由于与关于轴对称，
，
，
点在曲线上，，
，
．
6．（2023·湖南长沙·长沙一中校考一模）抛物线的焦点为，准线为，点在抛物线上.已知以为圆心，为半径的圆交于两点，若的面积为.
(1)求的值；
(2)过点的直线交抛物线于点（异于点），交轴于点，过点作直线的垂线交拋物线于点，若点的横坐标为正实数，直线和抛物线相切于点，求正实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，可得FS = PS = QS = p，再设A到准线l的距离为d，即可求得d = FA =FQ=，进而通过面积即可求解.
(2) 设,因为,所以,求直线m的方程得，由切线DM,令，得，综上，即可求解.
【详解】（1）设准线l与y轴交于S,因为,由对称性可知: FS = PS = QS = p,设A到准线l的距离为d,则d = FA =FQ=，
，解得：.
（2）由（1）设，
从而
因为,所以
又，所以，又，
得①，
，所以直线m的方程为，
令，得②，
由直线DM与抛物线 C相切于点D,则切线方程为
由切线过点M,令，得③，
由①②③得，即，
又存在满足上式,则，又，则，
又，得.
综上,正实数t的取值范围为
7．（2023·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）已知双曲线的左右焦点分别为，，左顶点的坐标为，离心率为.
(1)求双曲线的方程；
(2)分别是双曲线的左右顶点，是双曲线上异于，的一个动点，直线分别于直线交于两点，问以为直径的圆是否过定点，若是，求出此定点；若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)过定点，定点为、
【分析】（1）根据顶点坐标以及离心率即可求得，即可求得出双曲线的方程；
（2）由（1）可得，设并写出直线的方程，易知，利用向量可表示出圆Q的方程为，可得定点坐标.
【详解】（1）由题意得，
易知，所以可得，
即双曲线的方程为；
（2）如下图所示：

由题意知，
设双曲线上的动点的坐标为且，则.
易知直线的斜率存在，且，其方程为，
同理可得直线的方程为，
所以，
设以线段为直径的圆Q上的任意一点为，
则，
那么由得圆Q的方程为，
即
由可得，所以圆Q的方程为；
因此若，此时圆方程与无关，代入上述圆方程得，
解得或.
所以以线段为直径的圆必经过两定点，.
【点睛】方法点睛：在求解圆锥曲线过定点问题时，一般情况下是写出点的轨迹方程表达式，进行整理变形并令与变量有关的系数为0，即可求出定点坐标.
8．（2023·全国·模拟预测）已知椭圆C：的左焦点为，点在C上.
(1)求椭圆C的标准方程.
(2)过F的两条互相垂直的直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，若线段AB，PQ的中点分别为M，N，且过F作直线MN的垂线，垂足为D，证明：存在定点H，使得为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）解法一，根据点在椭圆上及焦点坐标求解即可；
解法二，根据离心率和通径长即可求解椭圆方程；
（2）解法一，分类讨论，当直线AB，PQ的斜率均存在且不为0时，设直线AB的方程为，用A、B坐标表示M、N坐标，进而求得直线MN恒过点，当直线AB，PQ的斜率一个不存在，一个为0时，直线MN恒过点，最后结合直角三角形的性质即可求解；
解法二，分类讨论，当直线AB，PQ的斜率均存在且不为0时，设直线AB的方程为，用A、B坐标表示M、N坐标，用平面向量的坐标运算求得直线MN恒过点，当直线AB，PQ的斜率一个不存在，一个为0时，直线MN恒过点，最后结合直角三角形的性质即可求解.
【详解】（1）解法一，由题意知，又，所以，
把点代入椭圆方程得，解得，
故椭圆C的标准方程为；
解法二，因为椭圆C的左焦点为，所以，设C的右焦点为，则，
椭圆上点与点的横坐标相同，所以点到点的距离为通径长的一半，
由得知，，又，所以，得，，故椭圆C的标准方程为；
（2）解法一，当直线AB，PQ的斜率均存在且不为0时，
设直线AB的方程为，，，
由，消去y得，
则，.
所以，所以.
同理用代换可得.
若，则，此时直线MN的斜率不存在，
且直线MN的方程为，过点.
若，则直线MN的斜率为，
可得直线MN的方程为，
化简得，所以直线MN过定点，
当直线AB，PQ的斜率一个不存在，一个为0时，直线MN的方程为，
直线MN过定点，所以直线MN过定点.
令H为FT的中点，则，若D与T，F均不重合，
则由题设知FT是的斜边，故.
若D与T或F重合，则.
综上，存在定点，使得为定值.
解法二，当直线AB，PQ的斜率均存在且不为0时，设直线AB的方程为，，，由，消去y得，
则，.
所以，所以.
同理用代换可得.
若，则，此时直线MN的斜率不存在，
且直线MN的方程为，过点.下面证明动直线MN过定点.
因为，，
所以，即T，M，N三点共线，所以直线MN过定点.
当直线AB，PQ的斜率一个不存在，一个为0时，直线MN的方程为，
直线MN过定点.所以直线MN过定点.
令H为FT的中点，则，
若D与T，F均不重合，则由题设知FT是的斜边，故.
若D与T或F重合，则.
综上，存在定点，使得为定值.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法：
（1）引进参数法：引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点；
（2）特殊到一般法：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.
9．（2023·吉林长春·东北师大附中校考一模）椭圆的离心率为，过椭圆焦点并且垂直于长轴的弦长度为1．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线与椭圆相交于，两点，与轴相交于点，若存在实数，使得，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆离心率公式，结合椭圆垂直于长轴的弦长公式进行求解即可；
（2）根据直线是否存在斜率，结合平面向量的坐标运算公式、一元二次方程根与系数关系分类讨论进行求解即可.
【详解】（1）因为该椭圆的离心率为，所以有，
在方程中，令，解得，
因为过椭圆焦点并且垂直于长轴的弦长度为1，
所以有，由可得：，
所以椭圆的方程为；
（2）当直线不存在斜率时，由题意可知直线与椭圆有两个交点，与纵轴也有两个交点不符合题意；
当直线存在斜率时，设为，所以直线的方程设为，
于是有，
因为该直线与椭圆有两个交点，所以一定有，
化简，得，
设，于是有，
因为，
所以，
代入中，得，
于是有，
化简，得，代入中，得.
【点睛】关键点睛：本题的关键是由向量等式得到.
10．（2023·安徽阜阳·安徽省临泉第一中学校考三模）已知双曲线C：，直线l在x轴上方与x轴平行，交双曲线C于A，B两点，直线l交y轴于点D.当l经过C的焦点时，点A的坐标为.
(1)求C的方程；
(2)设OD的中点为M，是否存在定直线l，使得经过M的直线与C交于P，Q，与线段AB交于点N，，均成立；若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）由点A的坐标求得，结合双曲线的定义求得，进一步计算得出双曲线的方程即可；
（2）设直线PQ的方程为，与双曲线联立得出韦达定理，结合两个向量共线的坐标表示求得，得到直线l的方程.
【详解】（1）由已知C：，点A的坐标为，得，
焦点，，.
所以，，故C：.
（2）设l的方程为，则，故，
由已知直线PQ斜率存在，设直线PQ的方程为，故.
与双曲线方程联立得：，
由已知得，，设，，
则，①
由，得：，，
消去得：，
即②
由①②得：，由已知，
故存在定直线l：满足条件.
11．（2023·湖北咸宁·校考模拟预测）我们给予圆锥曲线新定义：动点到定点的距离，与它到定直线（不通过定点）的距离之比为常数（离心率）.我们称此定点是焦点，定直线是准线.已知双曲线.
(1)求双曲线的准线；
(2)设双曲线的右焦点为，右准线为.椭圆以和为其对应的焦点及准线过点作一条平行于的直线交椭圆于点和.已知的中心在以为直径的圆内，求椭圆的离心率的取值范围.
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）将曲线变型，得到双曲线的方程，然后得到其准线方程；
（2）根据椭圆的定义先用离心率表示出椭圆方程，然后和直线联立，利用韦达定理得出圆心坐标，半径，然后根据点和圆的位置关系列出不等式.
【详解】（1）由，得.
所以双曲线的中心，右焦点，，
所以准线为或.
（2）
设是椭圆上任意一点，上椭圆的长轴长，椭圆的焦距，
设，
则.①
又直线的方程为.②
由①②联立得，
由题意知是这个方程的两个根，
所以
所以，
所以圆心坐标为.
从而有
又在椭圆中，根据椭圆的定义，当为椭圆左顶点时，设，
，得.又，所以，
故椭圆的中心坐标为，
又点在以为直径的圆内，
所以，
整理得，
即.
因为椭圆的离心率，所以
即，故.
12．（2023·上海奉贤·统考二模）已知椭圆:，，．椭圆内部的一点，过点作直线交椭圆于，作直线交椭圆于．、是不同的两点．
(1)若椭圆的离心率是，求的值；
(2)设的面积是，的面积是，若，时，求的值；
(3)若点，满足且，则称点在点的左上方．求证：当时，点在点的左上方．
【答案】(1)的值为或
(2)1
(3)证明见解析
【分析】（1）分，两种情况结合离心率计算式可得答案；
（2）联立直线的方程与椭圆方程可得，联立直线的方程与椭圆方程可得.结合图形可得，后结合，及弦长公式可得，即可得答案；
（3）联立直线与椭圆方程可得，，后结合在椭圆内部可得大小，又由题意可得大小，即可证明结论.
【详解】（1）因为椭圆的离心率是.
当时，，得；
当时，，得；
所以的值为或；
（2）由题意，直线的斜率存在，直线的斜率存在，
，直线的方程，设．
则.
，直线的方程，设．
则.
由图，，
注意到，则.
又，同理可得
.则
（3）由题意，直线的斜率存在，直线的斜率存在，
，直线的方程，设．
则 .
，直线的方程，设．
则 .
则 .又在椭圆内部，则，故.
又根据题意知，所以.所以当时，点在点的左上方．
【点睛】关键点睛：本题涉及由离心率求参数，椭圆中的面积问题，及椭圆新定义，难度极大.（1）因不知焦点位置，故需分情况讨论；（2）问关键是用得到关于的表达式；（3）类似于（2），可得，，后利用作差法即可比较大小.
考点
考情分析
考频
椭圆
2023年新高考Ⅱ卷T5
2023年全国甲卷T7
2022年新高考Ⅰ卷T16
2022年新高考Ⅱ卷T16
2022年全国甲卷T10
2021年新高考Ⅰ卷T5
2021年全国甲卷T15
2021年全国乙卷T11
3年8考
双曲线
2023年新高考Ⅰ卷T16
2023年新高考Ⅱ卷T21
2023年全国乙卷T11
2022年全国甲卷T14
2022年全国乙卷T11
2021年新高考Ⅱ卷T13
2021年全国甲卷T5
2021年全国乙卷T13
3年8考
抛物线
2023年新高考Ⅱ卷T10
2023年全国甲卷T20
2022年新高考Ⅰ卷T11
2022年新高考Ⅱ卷T10
2022年全国乙卷T5
2021年新高考Ⅰ卷T14
2021年新高考Ⅱ卷T3
3年7考
直线与圆锥曲线位置关系
2023年新高考Ⅰ卷T22
2023年新高考Ⅱ卷T21
2022年新高考Ⅰ卷T21
2022年新高考Ⅱ卷T21
2022年全国甲卷T20
2022年全国乙卷T20
2021年新高考Ⅰ卷T21
2021年新高考Ⅱ卷T20
2021年全国甲卷T20
2021年全国乙卷T21
3年10考