专题05 五大类圆锥曲线题型-2024年高考数学最后冲刺大题秒杀技巧及题型专项训练（新高考新题型专用）（学生及教师版）

这是一份专题05 五大类圆锥曲线题型-2024年高考数学最后冲刺大题秒杀技巧及题型专项训练（新高考新题型专用）（学生及教师版），文件包含专题05五大类圆锥曲线题型-2024年高考数学最后冲刺大题秒杀技巧及题型专项训练新高考新题型专用教师解析版docx、专题05五大类圆锥曲线题型-2024年高考数学最后冲刺大题秒杀技巧及题型专项训练新高考新题型专用学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共126页， 欢迎下载使用。

【题型1 圆锥曲线中的轨迹方程问题】
【题型2 圆锥曲线中齐次化处理斜率乘积问题】
【题型3 圆锥曲线中的三角形（四边形）面积问题】
【题型4 圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题】
【题型5 圆锥曲线中的极点与极线】
题型1 圆锥曲线中的轨迹方程问题
曲线方程的定义
一般地，如果曲线与方程之间有以下两个关系：
①曲线上的点的坐标都是方程的解；
②以方程的解为坐标的点都是曲线上的点．
此时，把方程叫做曲线的方程，曲线叫做方程的曲线．
求曲线方程的一般步骤：
（1）建立适当的直角坐标系（如果已给出，本步骤省略）；
（2）设曲线上任意一点的坐标为；
（3）根据曲线上点所适合的条件写出等式；
（4）用坐标表示这个等式，并化简；
（5）确定化简后的式子中点的范围．
上述五个步骤可简记为：求轨迹方程的步骤：建系、设点、列式、化简、确定点的范围．
求轨迹方程的方法：
定义法：
如果动点的运动规律合乎我们已知的某种曲线（如圆、椭圆、双曲线、抛物线）的定义，则可先设出轨迹方程，再根据已知条件，待定方程中的常数，即可得到轨迹方程。
直接法：
如果动点的运动规律是否合乎我们熟知的某些曲线的定义难以判断，但点满足的等量关系易于建立，则可以先表示出点所满足的几何上的等量关系，再用点的坐标表示该等量关系式，即可得到轨迹方程。
代入法（相关点法）：
如果动点的运动是由另外某一点的运动引发的，而该点的运动规律已知，（该点坐标满足某已知曲线方程），则可以设出，用表示出相关点的坐标，然后把的坐标代入已知曲线方程，即可得到动点的轨迹方程。
点差法：
圆锥曲线中与弦的中点有关的轨迹问题可用点差法，其基本方法是把弦的两端点的坐标代入圆锥曲线方程，然而相减，利用平方差公式可得，，，等关系式，由于弦的中点的坐标满足，且直线的斜率为，由此可求得弦中点的轨迹方程.
已知双曲线与直线：有唯一的公共点，过点且与垂直的直线分别交轴，轴于，两点，点坐标为，当点坐标为时，点坐标为.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)当点运动时，求点的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线.
破解：（1）第一步：设点设线联立化解韦达判别
由题设，，令，则，令，则，
所以，，故，
所以，可得，即且过，则，
所以，代入并整理得，
第二步：判别式等于0
则，即，又，
所以，，故.
（2）
第一步：设点设线联立化解韦达判别
由（1）联立双曲线与直线，则，
所以，则，
整理得，
第二步：多元合一元
故，，
而，令，则，令，则，
所以，显然，
故点的轨迹方程为，即且（注意：的斜率存在），
所以轨迹是去掉顶点的双曲线.
已知，直线相交于，且直线的斜率之积为2.
(1)求动点的轨迹方程；
(2)设是点轨迹上不同的两点且都在轴的右侧，直线在轴上的截距之比为，求证：直线经过一个定点，并求出该定点坐标.
破解：（1）直接法
设，则直线的斜率是，直线的斜率是，
所以，化简整理得：，
所以动点的轨迹方程是.
（2）第一步：设点设线联立化解韦达判别
设直线在轴上的截距为，则直线在轴上的截距为，显然，
直线的方程为，即，直线的方程为，即，
又双曲线的渐近线方程为，显然直线与双曲线两支各交于一点，
直线与双曲线右支交于两点，则有，且，于是，
由消去化简整理得：，设点，
则，解得，有，
由消去化简整理得：，设点，
则，解得，有，
第二步：含参点表示向量
，，
于是，设直线上任意一点，则，
显然，因此，即，
整理得，显然直线恒过定点，
所以直线经过定点.
在平面直角坐标系中，已知点，点的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)设点在直线上，为的左右顶点，直线交于点（异于），直线交于点（异于），交于，过作轴的垂线分别交､于，问是否存在常数，使得.
破解：（1）定义法因为、，，
所以点的轨迹以为焦点的椭圆，
这里，，，所以，
所以椭圆的方程为.
（2）第一步：设点设线联立化解韦达判别
设，代入，得，
即，得：，
设，代入，得，
即，得：，
第二步：含参点表示向量
，
由得，得，
得
.
代入，得，代入，得，
因为，所以.
所以存在常数，使得.
1．M是一个动点，与直线垂直，垂足位于第一象限，与直线垂直，垂足位于第四象限，且．
(1)求动点M的轨迹方程E；
(2)设，，过点的直线l与曲线E交于A，B两点（点A在x轴上方），P为直线，的交点，当点P的纵坐标为时，求直线l的方程．
【答案】(1)(2)
【详解】（1）设，直线的倾斜角为，则
为钝角，
，
所以
由于位于第一象限，位于第四象限，
所以的轨迹方程
（2）设
联立：，化简得：
则，
直线，直线
联立消去得：
又
故点，直线的斜率为：
联立，消去化简得：
故，故,
直线的方程为
2．在平面直角坐标系中，已知双曲线经过点，点与点关于原点对称，为上一动点，且异于两点.
(1)求的离心率；
(2)若△的重心为，点，求的最小值；
(3)若△的垂心为，求动点的轨迹方程.
【答案】(1)(2)(3)（去除点）.
【详解】（1）因为双曲线经过点，所以，解得，
所以的离心率，
（2）易知.设.
因为△的重心为 ，所以,解得,
因为，所以，即.
因为不共线，所以 且，
所以的轨迹不含两点.
故，当且仅当时，等号成立，
即的最小值为.
（3）因为为△的垂心，所以，
设，
当直线或的斜率为0时，点的坐标为或，
此时点与点重合，不合题意，舍.
当直线或的斜率不为0时，直线与的斜率存在，
则，
由（2）知，则，
则.
因为，所以，
，则，得，
则，因为构成三角形，故不能在轨迹上，
综上，动点的轨迹方程为（去除点）.
3．已知长为的线段的中点为原点，圆经过两点且与直线相切，圆心的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)过点且互相垂直的直线分别与曲线交于点和点，且，四边形的面积为，求实数的值.
【答案】(1)(2)
【详解】（1）由题意知圆心在线段的垂直平分线上，则,设，圆的半径为，
则，
又圆与直线相切，故，
于是，化简得，
所以曲线的方程为.
（2）设，根据可得为的中点，
则，得，
即，所以直线.
联立方程，得，得，
由，得，
所以，
所以.
设，因为互相垂直，易知直线，
联立方程，得，
得，
由，得，
所以，
所以.
则四边形的面积为.
令，
化简得，
解得（舍）或，符合，所以.
4．已知椭圆的离心率为，长轴长为4，是其左、右顶点，是其右焦点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设是椭圆上一点，的角平分线与直线交于点．
①求点的轨迹方程；
②若面积为，求．
【答案】(1)(2)
【详解】（1）由题意知，，解得，
所以椭圆的标准方程为；
（2）①：由（1）知，，设，则，
易知当时，，，此时，
由，解得，即；
当时，，，设直线的斜率为，
则，
所以直线方程为，又直线方程为，
由，得，即，
解得，
将代入直线方程，得，即，
又，所以，
故点的轨迹方程为；
②：由，得，
又，所以，得，
整理得，又，所以，
整理得，即，
由，解得.
5．已知点和直线，点到的距离 .
(1)求点的轨迹方程；
(2)不经过圆点的直线与点的轨迹交于，两点. 设直线，的斜率分别为，，记 ，是否存在值使得的面积为定值，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)(2)存在，
【详解】（1）设点，由，
当时，，不成立，
所以，则，即；
（2）设，，则，，
又点在椭圆上，则，则，同理，
设直线与的倾斜角分别为，，则，
则，
则，
所以当时，为定值，即面积为定值.

6．已知动圆过定点，且截轴所得的弦长为4.
(1)求动圆圆心的轨迹方程；
(2)若点，过点的直线交的轨迹于两点，求的最小值.
【答案】(1)(2)
【详解】（1）设动圆圆心为，
到轴距离为，动圆截轴所得半弦长为2，
则，化简得；
所以动圆圆心的轨迹方程为.
（2）
设，当直线斜率存在时，由题易知直线的斜率不为0，
设直线的方程为，
与的轨迹方程联立得
消去得，
由在抛物线内部，故，所以.
由（1）知，为轨迹的焦点，由抛物线定义得，
，
所以当时，的最小值为；
当直线斜率不存在时，.
由抛物线定义知.
综上，的最小值为.
7．在中，已知，，设分别是的重心、垂心、外心，且存在使.
(1)求点的轨迹的方程；
(2)求的外心的纵坐标的取值范围；
(3)设直线与的另一个交点为，记与的面积分别为，是否存在实数使？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)(2)(3)存在，
【详解】（1）设，则的重心.
，，则，为垂心，故
因为存在使，故，所以，，
而，由垂心定义得，即，整理得，
所以点的轨迹的方程为.
（2）
由外心的定义知点在轴上，则，
的中点，，
所以，整理得.
与的方程为联立，得.
因为，所以.
（3）由对称性，不妨设点在第一象限，设，，直线：，
联立方程得，
，整理得；
，又，所以.
由条件知，，，所以三点共线且所在直线平行于轴，由，知，
所以.
令，解得（舍去）.
又点在直线：上，所以，
即，所以.又，联立得，所以.
又，所以，即，所以.
所以，当点在第一、四象限时，；当点在第二、三象限时，.
故存在实数使.
8．已知，，为平面上的一个动点.设直线的斜率分别为，，且满足.记的轨迹为曲线.
(1)求的轨迹方程；
(2)直线，分别交动直线于点，过点作的垂线交轴于点.是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)(2)存在，12
【详解】（1）由题意设点，由于，
故，整理得，
即的轨迹方程为；
（2）由题意知直线的斜率分别为，，且满足，
设直线的方程为，令，则可得，即，
直线，同理求得，
又直线的方程为，
令，得，即，
故
，
当时，取到最大值12，
即存在最大值，最大值为12.
题型2 圆锥曲线中齐次化处理斜率乘积问题
：
已知点是椭圆上的一个定点，是椭圆上的两个动点。
若直线，则直线过定点且定点为；当时，为定值；
证明:重新建系将椭圆上的成为新的坐标原点按得椭圆
又点在椭圆上，所以，代入上式可得①
椭圆上的定点和动点分别对应椭圆上的定点和动点，设直线的方程为，代入①得。当时，两边除以得．，因为点的坐标满足这个方程，所以是这个关于的方程的两个根．
若，由平移斜率不变可知，故，当时，所以，由此得。所以的斜率为定值，为定值；
即，由此知点在直线上，从而直线过定点．
：
已知点是平面内一个定点，椭圆：上有两动点
若直线，则直线过定点．
证明：重新建系将椭圆上的成为新的坐标原点按椭圆：，展开得：．
平面内的定点和椭圆上的动点分别对应椭圆上的定点和动点、，设直线的方程为，代入展开式得（构造齐次式），当时，两边同时除以整理得，因为点的坐标满足这个方程，所以和是关于的方程的两根．若，由平移斜率不变可知所以整理可得到和的关系，从而可知直线过定点，由平移规律可得直线过定点．
已知椭圆的左、右焦点分别为，， 点是椭圆的一个顶点，是等腰直角三角形．
（1）求椭圆的方程；
（2）设点是椭圆上一动点，求线段的中点的轨迹方程；
（3）过点分别作直线，交椭圆于，两点，设两直线的斜率分别为， ，且 ，探究：直线是否过定点，并说明理由.
解：（1）由点是椭圆的一个顶点，可知，
又是等腰直角三角形，可得，即，所以，
所以椭圆的标准方程为；
（2）设，线段的中点坐标，可得，即
又点是椭圆上一动点，所以，整理得
所以线段的中点的轨迹方程是：
齐次化方法
第一步：明确定点
第二步：重新建系
第三步：联立齐次式
设直线方程为，故
第四步：同时除以
得
故
故定点为
第五步：还原成原直角坐标系的定点
故定点为
已知椭圆的左、右焦点分别是，，点在椭圆上，且．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点且不过点的直线交椭圆于，两点，求证：直线与的斜率之和为定值．
解：（1）根据点在椭圆上，得．
由，得．
因为，所以，
所以椭圆的标准方程为．
齐次化方法
第一步：明确定点
第二步：重新建系
第三步：联立齐次式
设直线方程为，故
第四步：同时除以
得
过
故
如图，椭圆经过点，且离心率为．
（1）求椭圆E的方程；
（2）若经过点，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q（均异于点A），证明：直线AP与AQ的斜率之和为定值．
解：（1）由题意知，，结合，解得，
椭圆的方程为；
齐次化方法
第一步：明确定点
第二步：重新建系
第三步：联立齐次式
设直线方程为，故
第四步：同时除以
得
过
故
1．已知椭圆经过点，下顶点为抛物线的焦点．
(1)求椭圆的方程；
(2)若点均在椭圆上，且满足直线与的斜率之积为，
（ⅰ）求证：直线过定点；
（ⅱ）当时，求直线的方程．
【答案】(1)(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【详解】（1）抛物线的焦点为，所以椭圆的下顶点，则，
又椭圆经过点，所以，解得，
所以椭圆方程为；
（2）（ⅰ）当直线的斜率不存在时，设，则，
所以，则，与矛盾，
所以直线的斜率存在，
由已知直线斜率同号，因此直线的斜率存在且不为，
设直线的方程为，设，
由得，
由，可得，
所以，，
则
，
，
所以，
即，
所以，解得或，
当时直线方程为，令，可得，所以直线恒过定点，不合题意，
当时直线方程为，令，可得，所以直线恒过定点，符合题意．
综上可得直线恒过定点.
（ⅱ）设直线恒过定点为，
此时，解得，
由，可得，又，，
所以，，
所以，解得，满足，
所以，所以直线方程为.

2．已知椭圆：（）中，点，分别是的左、上顶点，，且的焦距为．
(1)求的方程和离心率；
(2)过点且斜率不为零的直线交椭圆于，两点，设直线，，的斜率分别为，，，若，求的值．
【答案】(1)，(2)
【详解】（1）由题意可得，，
可得，，可得，
可得，，
解得，，所以离心率，
所以椭圆的方程为，离心率；
（2）由（1）可得，
由题意设直线的方程为，则，
设，，
联立，整理可得，
显然，且，，
直线，的斜率，，
则
，
因为，即，解得，
所以直线的斜率．即的值为3．

3．已知椭圆E：经过点，右焦点为，A，B分别为椭圆E的上顶点和下顶点.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)已知过且斜率存在的直线l与椭圆E交于C、D两点，直线BD与直线AC的斜率分别为k1和k2，求的值.
【答案】(1)(2)．
【详解】（1）由，，，
椭圆的标准方程为．
（2）设直线：，联立直线和椭圆方程，
，
，记，，
则，
由题意知和．则，，
则
，
所以．

4．在平面直角坐标系中，重新定义两点之间的“距离”为，我们把到两定点的“距离”之和为常数的点的轨迹叫“椭圆”．
(1)求“椭圆”的方程；
(2)根据“椭圆”的方程，研究“椭圆”的范围、对称性，并说明理由；
(3)设，作出“椭圆”的图形，设此“椭圆”的外接椭圆为的左顶点为，过作直线交于两点，的外心为，求证：直线与的斜率之积为定值．
【答案】(1)(2)答案见解析(3)证明见解析
【详解】（1）设“椭圆”上任意一点为，则，
即，即，
所以“椭圆”的方程为；
（2）由方程，得，
因为，所以，即，
所以或或，
解得，
由方程，得，
即，所以，所以，
所以“椭圆”的范围为，，
将点代入得，，
即，方程不变，所以“椭圆”关于轴对称，
将点代入得，，
即，方程不变，所以“椭圆”关于轴对称，
将点代入得，，
即，方程不变，所以“椭圆”关于原点对称，
所以“椭圆”关于轴，轴，原点对称；

（3）由题意可设椭圆的方程为，
将点代入得，解得，
所以椭圆的方程为，，
由题意可设直线的方程为，
联立，得，
恒成立，
则，
因为的中点为，
所以直线的中垂线的方程为，
同理直线的中垂线的方程为，
设，则是方程的两根，
即是方程的两根，
所以，
又因，
所以，
两式相比得，所以，
所以，
所以直线与的斜率之积为定值．

5．焦点在轴上的椭圆的左顶点为，，，为椭圆上不同三点，且当时，直线和直线的斜率之积为．
(1)求的值；
(2)若的面积为1，求和的值；
(3)在（2）的条件下，设的中点为，求的最大值．
【答案】(1)(2)，；(3)
【详解】（1）因为，所以三点共线，则必有点和点关于点对称，
所以，设直线和直线的斜率分别为，，
因为点为椭圆的左顶点，所以，
所以，，
所以，
所以，
所以，所以，即；
（2）设过两点的直线为，
当直线的斜率不存在时，两点关于对称，所以，，
因为在椭圆上，所以，又，
所以，即，结合可得，
此时， ，所以；
当直线的斜率存在时，设其方程为，，
联立，消去得，
其中①，
所以，
所以
因为到直线的距离，
所以，
所以，整理的，符合①式，
此时，
；
（3）因为
，
所以，
即，当且仅当时等号成立，
此时为直角三角形且为直角，
故
，
解得，从而，此时等号可成立.
所以的最大值为.

6．已知，分别是椭圆的左、右焦点，左顶点为A，则上顶点为，且的方程为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若是直线上一点，过点的两条不同直线分别交于点，和点，，且，求证：直线的斜率与直线的斜率之和为定值.
【答案】(1)(2)证明见解析
【详解】（1）因为的方程为，可知，
可知，所以椭圆的标准方程为.
（2）由可得，

因为点P在直线上，可设点，
由题可知：直线DE的斜率与直线MN的斜率都存在．
所以直线DE的方程为：，即，
直线MN的方程为：，即，
设，，，，
所以，消去y可得，
整理可得，
且，则，，
又因为，，
则
，
同理可得，
又因为，则，
可知，则，整理可得，
又因为，则，
所以直线DE的斜率与直线MN的斜率之和为0．
7．已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，右顶点为，的面积为，.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点且斜率大于的直线交椭圆于，两点，线段的中点为，若，求直线与直线的斜率之积的最小值.
【答案】(1)(2)
【详解】（1）设椭圆的焦距为，
因为，则，所以，
因为的面积为，所以，
即，解得（负值舍去），所以，
故椭圆的标准方程为．
（2）设直线的方程为，，，
联立整理得，显然，
所以．
从而，
故点的坐标为．
因为，所以．
因为直线的斜率，所以，
当且仅当时，等号成立，即直线与直线斜率之积的最小值为．

8．已知P为圆上任意一点，过点P作x轴的垂线，垂足为Q，M为PQ的中点.M的轨迹曲线E.
(1)求曲线E的轨迹方程；
(2)曲线E交x轴正半轴于点A，交y轴正半轴于点B.直线与曲线E交于C，D两点，若直线直线AB，设直线AC，BD的斜率分别为.证明：为定值．
【答案】(1)(2)证明见解析
【详解】（1）由题意可知，作出图形如图所示

设点的坐标为，点的坐标为，则
.
因为点在圆上，所以.
把代入中，得，即.
所以曲线E的轨迹方程为.
（2）由题意可知，,,直线AB的斜率为,作出图形如图所示

设直线的方程为，则
，消去化简整理，得，，解得，
所以.
所以
所以.
故为定值.
题型3 圆锥曲线中的三角形（四边形）面积问题
弦长公式

（最常用公式，使用频率最高）

三角形面积问题
直线方程：
焦点三角形的面积
直线过焦点的面积为

注意：为联立消去后关于的一元二次方程的二次项系数
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.
范围问题
应用均值不等式求解最值时，应注意“一正二定三相等”
圆锥曲线经常用到的均值不等式形式列举：
（1）（注意分三种情况讨论）
（2）
当且仅当时，等号成立
（3）
当且仅当时等号成立.
（4）
当且仅当时，等号成立
(5)
当且仅当时等号成立.
双曲线，最早由门奈赫莫斯发现， 后来阿波罗尼兹进行了总结和完善.在他的著作中，双曲线也被称作“超曲线”. 已知双曲线的实半轴长为2，左､右顶点分别为，经过点的直线与的右支分别交于两点，其中点在轴上方.
(1)若轴时，，设直线的斜率分别为，求的值；
(2)若，求的面积.
破解：（1）如图所示，
：因为，所以，令得，所以，解得，所以的方程为，显然直线与轴不垂直，设其方程为，
联立直线与的方程，消去得，当时，，设，则.因为，
所以 .
：由题意得，解得，双曲线的方程为.
设方程为，联立，可得，，，
， .
（2）：因为，所以，又因为，所以，即，
将代入得，
因为在轴上方，所以，所以直线方程为，
联立与直线方程，消去得，，解得或（舍），所以，
代入，得，所以直线方程为，联立与直线方程，消去得，，解得或，
所以的面积为.
：设，由，可得，，解得，
方程，联立，可得，解得，
同理联立，解得，
.
设抛物线方程为，过点的直线分别与抛物线相切于两点，且点在轴下方，点在轴上方.
(1)当点的坐标为时，求；
(2)点在抛物线上，且在轴下方，直线交轴于点，直线交轴于点，且.若的重心在轴上，求的最大值.（注：表示三角形的面积）
破解：（1）：设，，，
由，可得，当 ，
当，所以，直线的斜率，
直线：，又∵在上，
，
所以，又，所以，
同理可得，
∴，
∴；
：设，，，由，可得，
所以，直线的斜率，直线：，又∵在上，
故，即，
因为，所以，同理可得，
故直线的方程为，
联立消去，得，故，
故
（2）设，由条件知，
∴
，
∵ ∴，
∴当时，取得最大值.
已知椭圆C：过点A（2，），且C的离心率为.
(1)求C的方程；
(2)设直线l交C于不同于点A的M，N两点，直线AM，AN的倾斜角分别为，，若，求面积的最大值.
破解：（1）因为C过点A（2，），所以
设C的焦距为2c，由得，所以，.
代入上式，解得，
所以C的方程为.
（2）
设，易知直线l的斜率不为0，设直线l的方程为，
由得，
则，
，
由得，，
又，所以，则，
由题意知直线AM，AN的斜率存在，所以，
则0，..
所以，
则
即，
整理得，
又知l不过点A（2，），则，
所以，
所以直线l的方程为，则，所以
则点A（2，）到直线l的距离为
|
则，
当且仅当，即时取等号.
故面积的最大值为2.
1．设点、分别是椭圆的左、右焦点，为椭圆上任意一点，且的最小值为．
(1)求椭圆的方程；
(2)求椭圆的外切矩形的面积的最大值．
【答案】(1)(2)
【详解】（1）解：设点，则，其中，
，，
所以，
，
故当时，取最小值，可得，
因此，椭圆的方程为.
（2）解：设点，
当直线、的斜率都存在时，设直线、的斜率分别为、，
设过点且斜率存在的直线的方程为，即，
联立可得，
则，
整理可得，即，
则、是关于的方程的两根，
因为，则，整理可得；
当、分别与两坐标轴垂直时，则，满足.
所以，点的轨迹方程为，
由对称性可知，矩形的四个顶点都在圆，该圆的半径为，
由勾股定理可得，
由基本不等式可得，即，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故，即矩形的面积的最大值为.
2．在椭圆上任取一点，过点作轴的垂线段，为垂足，点在线段上，且满足.
(1)当点在椭圆上运动时，求点的轨迹的方程；
(2)若曲线与，轴的正半轴分别交于点，，点是上第三象限内一点，线段与轴交于点，线段与轴交于点，求四边形的面积.
【答案】(1)(2)2
【详解】（1）由得，
设，，则所以，
∵，得，
所以点的轨迹的方程为；
（2）由题知，，设，则，所以，

令，解得，同理，，
所以
又因为
所以
所以四边形的面积为2
3．在椭圆(双曲线)中，任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，该圆的圆心是椭圆(双曲线)的中心，半径等于椭圆(双曲线)长半轴(实半轴)与短半轴(虚半轴)平方和(差)的算术平方根，则这个圆叫蒙日圆.已知椭圆的蒙日圆的面积为，该椭圆的上顶点和下顶点分别为，且，设过点的直线与椭圆交于两点（不与两点重合）且直线.
(1)证明：，的交点在直线上;
(2)求直线围成的三角形面积的最小值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【详解】（1）根据题意，蒙日圆的半径为，所以.
因为，可知，则，
所以椭圆的标准方程为，
因为直线过点，可知直线的斜率存在，且直线与椭圆必相交，
可设直线，
联立方程，消去可得，
由根与系数的关系可得：
因为，可得直线，直线，
所以
即，解得，
所以直线的交点在直线上.
（2）设直线与直线的交点分别为，
则由（1）可知：直线，直线.
联立方程和，
解得
因为，
又因为点到直线的距离，
可得，只需求的最小值.
由弦长公式可得

令，则.
可得，
当且仅当，即时等号成立.
即的最小值为，可得面积的最小值为.
故直线围成的三角形面积的最小值为.

4．已知椭圆的方程，右焦点为，且离心率为
(1)求椭圆的方程；
(2)设是椭圆的左、右顶点，过的直线交于两点（其中点在轴上方），求与的面积之比的取值范围.
【答案】(1)(2)
【详解】（1）设椭圆焦距为，
由题意可得，
故椭圆方程为
（2）当斜率不存在时，易知；
②当斜率存在时，设，,，,，
由，得，显然，
所以，，
因为，，
所以，
因为，
所以，
又，
设，则，，解得且，
所以，
综上可得的取值范围为．

5．已知椭圆的左、右焦点分别为、，离心率为．点在直线上运动，且直线的斜率与直线的斜率之商为2．
(1)求的方程；
(2)若点A、B在椭圆上，为坐标原点，且，求面积的最小值．
【答案】(1)(2)
【详解】（1）
设，
所以，由直线的斜率与直线的斜率之商为2，
可得，所以，
又离心率，所以，则，
所以的标准方程为.
（2）
当直线，直线其中一条直线斜率不存在时，不妨令，
此时面积为；

当直线，直线的斜率均存在时，不妨设直线的方程为，
则直线的方程为，设点，
联立方程可得，
所以，
联立方程可得，
所以，
所以，
因为，又，
所以，又，
所以面积的最小值为，当且仅当，即时等号成立.
6．已知椭圆的下、上顶点分别为，左、右顶点分别为，四边形的面积为，若椭圆上的点到右焦点距离的最大值和最小值之和为6.(1)求椭圆的方程；
(2)过点且斜率不为0的直线与交于（异于两点，设直线与直线交于点，探究三角形的面积是否为定值，请说明理由.
【答案】(1)(2)三角形的面积是定值，理由见详解
【详解】（1）由题意可知：，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）三角形的面积是定值，理由如下：
由（1）可知：，
因为在椭圆的内部，可知直线与椭圆必相交，
由题意可设：直线，
联立方程，消去x得，，
则，可知，
又因为直线，直线，
联立方程，
解得
，
即点在直线上，
所以三角形的面积为.
7．已知椭圆经过，两点．
(1)求的方程；
(2)若圆的两条相互垂直的切线均不与坐标轴垂直，且直线分别与相交于点A，C和B，D，求四边形面积的最小值．
【答案】(1)．(2)．
【详解】（1）因为过点，，
所以解得
故的方程为．
（2）由题知的斜率存在且不为0．
设．
因为与圆相切，所以，得．
联立与的方程，可得，
设，，则，．
所以，
将代入，可得．
用替换，可得．
四边形的面积．
令，则，可得，
再令，，则，可得，
即四边形面积的最小值为．
8．已知椭圆的方程为，由其个顶点确定的三角形的面积为，点在上，为直线上关于轴对称的两个动点，直线与的另一个交点分别为.
(1)求的标准方程；
(2)证明：直线经过定点；
(3)为坐标原点，求面积的最大值.
【答案】(1)(2)证明见解析(3)最大值为
【详解】（1）
由题意知，结合椭圆参数关系，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）直线的斜率必存在，设其方程为.
消去得，
由得.
设，则，（*）
直线的方程为，
令，得，同理，
由，又，
代入整理得，
将（*）式代入并整理得.
因为直线不过，故不成立，所以，
此时直线的方程为，经过定点.
（3）由， ，
所以
又点到直线的距离为，
所以
令，则，
当，即时取等，所以的面积的最大值为.
题型4 圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题
定点问题
1.求解(或证明)直线和曲线过定点的基本思路是：把直线或曲线方程中的变量，视作常数，把方程一边化为零，既然是过定点，那么这个方程就是对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于，的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．
2.常用方法：一是引进参数法，引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点；二是特殊到一般法，根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
定值问题
1.解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等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．常见定值问题的处理方法：
（1）确定一个（或两个）变量为核心变量，其余量均利用条件用核心变量进行表示
（2）将所求表达式用核心变量进行表示，然后进行化简，看能否得到一个常数.
2. 定值问题的处理技巧：
（1）对于较为复杂的问题，可先采用特殊位置（例如斜率不存在的直线等）求出定值，进而给后面一般情况的处理提供一个方向.
（2）在运算过程中，尽量减少所求表达式中变量的个数，以便于向定值靠拢
（3）巧妙利用变量间的关系，例如点的坐标符合曲线方程等，尽量做到整体代入，简化运算
定直线问题
定直线问题是证明动点在 定直线上，其实质是求动点的轨迹方程，所以所用的方法即为 求轨迹方程的方法，如定义法、消参法、交轨法等．
已知抛物线C：y2=2px（p>0），M是其准线与x轴的交点，过点M的直线l与抛物线C交于A，B两点，当点A的坐标为（4，y0）时，有．
(1)求抛物线C的方程；
(2)设点A关于x轴的对称点为点P，证明：直线BP过定点，并求出该定点坐标．
破解：（1）如图，
设，由，得B为线段MA的中点．
因为，所以，
所以，即，
把代入中，得，
把代入中，得，所以．
又p>0，所以p=4，
所以抛物线C的方程为.
（2）由题意，知直线l的斜率存在且不为0，
因为M（-2，0），所以可设直线l的方程为x=my-2．
设，，则点．
由，消去x，得，所以，,
根据根与系数的关系，得，．
直线BP的斜率，
所以直线BP的方程为，
所以
，
即直线BP的方程可表示为．
所以直线BP过定点，且定点坐标为（2，0）．
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．
破解：（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．
已知双曲线，点是双曲线的左顶点，点坐标为.
(1)过点作的两条渐近线的平行线分别交双曲线于，两点.求直线的方程；
(2)过点作直线与椭圆交于点，，直线，与双曲线的另一个交点分别是点，.试问：直线是否过定点，若是，请求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由.
破解：（1）由题意，得双曲线的渐近线方程为，
过与平行的直线方程为，由，解得，
过与平行的直线方程为，由，解得，
∴直线的方程为.
（2）直线过定点.
由已知，易知过的直线斜率存在且不为，直线，斜率存在且不为，
设直线，的直线方程分别为和，.
由，得，解得，则.
同理，则.
又，，三点共线，而，
故，解得.
设，，则，，
∴，
即
化简整理，得（*），
易知直线斜率存在，设直线的方程，
由，消去整理，得，
∴当且时，
有，，
代入（*）化简，解得，
即，故或.
当时，，经过点，不合题意，
当时，，经过点，满足题意.
因此直线过定点.
1．已知椭圆的左､右焦点分别为过点，且的长轴长为8.
(1)求的方程.
(2)设的右顶点为点，过点的直线与交于两点（异于），直线与轴分别交于点，试问线段的中点是否为定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.
【答案】(1)(2)是定点，定点坐标为
【详解】（1）因为的长轴长为8，所以，所以.
又，所以，所以的方程为.
（2）
易知，则直线的斜率存在，设其方程为.
联立得，
，
因为点在直线上，所以，
，
直线，令，得，
直线，令，得，
，
所以线段的中点为，为定点.
2．已知椭圆的上下顶点分别为，左右顶点分别为，四边形的面积为，若椭圆上的点到右焦点距离的最大值和最小值之和为6.(1)求椭圆的方程；
(2)过点且斜率不为0的直线与交于（异于）两点，设直线与直线交于点，证明：点在定直线上.
【答案】(1)(2)证明见解析
【详解】（1）设右焦点坐标为，椭圆上的一点，则，
故，即，
则到右焦点的距离
，
因为，所以，，
故，
即椭圆上的点到右焦点距离的最大值为，最小值为，
故，解得，
又四边形的面积为，
故，所以，
椭圆方程为；
（2）当过点且斜率不存在时，直线方程为，
中，令得，，
不妨设，
直线，即，
同理可得，
联立得，，故点在直线上，
当过点的直线斜率存在且不为0时，设直线方程设为，
联立得，
设，则，
两式相除得，
直线，直线，
联立得，，
故，
解得，
将代入上式中，得，
要想恒成立，则，
故点在定直线上，
综上，点在定直线上.
3．如图，已知椭圆的短轴长为，焦点与双曲线的焦点重合.点，斜率为的直线与椭圆交于两点.

(1)求常数的取值范围，并求椭圆的方程.
(2)(本题可以使用解析几何的方法，也可以利用下面材料所给的结论进行解答)
极点与极线是法国数学家吉拉德·迪沙格于1639年在射影几何学的奠基之作《圆锥曲线论稿》中正式阐述的.对于椭圆，极点（不是原点）对应的极线为，且若极点在轴上，则过点作椭圆的割线交于点，则对于上任意一点，均有（当斜率均存在时）.已知点是直线上的一点，且点的横坐标为2.连接交轴于点.连接分别交椭圆于两点.
①设直线、分别交轴于点、点，证明：点为、的中点；
②证明直线：恒过定点，并求出定点的坐标.
【答案】(1)，
(2)①证明过程见解析②证明过程见解析，定点坐标为
【详解】（1）由题意焦点在轴上，所以，解得，即的范围为，
且，解得，
所以椭圆方程为.
（2）我们首先给出题目给出的引理的证明：
设，则Q在P的极线上，
现在如果经过P的直线交椭圆于：
那么，代入椭圆就得到，
所以
，
由韦达定理有，
此时要证明的是：，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
这显然成立，所以结论得证.
接下来我们回到原题，

①首先由于Q在P的极线上，故由引理有，，
而，
所以，这表明Q是和的交点，
又由于，故，
设，而，，，
所以，也就是E是的中点；
②设，那么，所以，
这表明的方程是，即，
所以恒过点.
4．已知椭圆的左､右焦点分别为，过点，且.
(1)求的方程.
(2)设的右顶点为点，过点的直线与交于两点（异于），直线与轴分别交于点，试问线段的中点是否为定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.
【答案】(1)(2)是定点，定点为
【详解】（1），，
整理可得：，，
，，解得：，，
椭圆的方程为：.
（2）
由（1）可得：，则直线的斜率存在，可设，，
由得：，
，，，
直线过点，，
直线方程为：，令得：，即；
同理可得：；
，
线段的中点为定点.
5．已知椭圆的离心率为，且经过点.
(1)求椭圆的方程；
(2)设过点且不与坐标轴垂直的直线与椭圆交于两点，过分别作轴的垂线，垂足为点，求证：直线与的交点在某条定直线上，并求该定直线的方程.
【答案】(1)；(2)证明见解析，定直线为.
【详解】（1）由题可得：，，又；解得；
故椭圆的方程为：.
（2）设直线与的交点为，根据题意，作图如下：
由题可知，直线的斜率存在，又过点，故设其方程为，
联立，可得，显然其，
设两点坐标为，则；
因为都垂直于轴，故，
则方程为：，方程为：，
联立方程可得：，
故，也即直线与的交点在定直线上.
6．已知椭圆的左顶点和下顶点B，焦距为，直线l交椭圆L于C，D（不同于椭圆的顶点）两点，直线AD交y轴于M，直线BC交x轴于N，且直线MN交l于P.
(1)求椭圆L的标准方程；
(2)若直线AD，BC的斜率相等，证明：点P在一条定直线上运动.
【答案】(1)(2)证明见解析
【详解】（1）由已知得：，所以，所以椭圆
（2）设直线的斜率为.
则直线，直线，得
联立得，易知.
由，得，于是.
同理：
由于，所以，即，得①，
同理②，
由①②得，
故点在直线上运动.
7．在平面直角坐标系xOy中，动点M到点的距离与到直线的距离之比为．
(1)求动点M轨迹W的方程；
(2)过点F的两条直线分别交W于A，B两点和C，D两点，线段AB，CD的中点分别为P，Q．设直线AB，CD的斜率分别为，，且，试判断直线PQ是否过定点．若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由．
【答案】(1)(2)直线PQ过定点．
【详解】（1）设点M的坐标为，由题意可知，，
化简整理得，W的方程为．
（2）由题意知，设直线AB的方程为，与W的方程联立可得，
，
设，，由韦达定理得，，
则，
所以，点P的坐标为．
同理可得，Q的坐标为．
所以，直线PQ的斜率为，
所以，直线PQ的方程为，
即，
又，则，
所以直线PQ的方程即为，
所以，直线PQ过定点．
8．已知动圆经过定点，且与圆：内切.
(1)求动圆圆心的轨迹的方程；
(2)设轨迹与轴从左到右的交点为，，点为轨迹上异于，的动点，设交直线于点，连接交轨迹于点，直线，的斜率分别为，.
①求证：为定值；
②证明：直线经过轴上的定点，并求出该定点的坐标.
【答案】(1)(2)①证明见解析；②证明见解析；
【详解】（1）设动圆的半径为，由题意得圆的圆心为，半径，
所以，，则，
所以动圆圆心的轨迹是以，为焦点，长轴长为的椭圆.
因此动圆圆心的轨迹的方程为.
（2）①设，，.
由（1）可知，，如图所示，
所以，，
又因为，即，于是，
所以，
又，则，
因此为定值.
② 设直线的方程为，由①中知，，
由得，，
由根与系数的关系得由①可知，，
即，代入化简得，解得或(舍去)，
所以直线的方程为，所以直线经过轴上的定点，定点坐标为.
题型5 圆锥曲线中的极点与极线
圆锥曲线的极点与极线
已知椭圆（a＞b＞0），则称点和直线为椭圆的一对极点和极线．极点和极线是成对出现的．
我们先从几何的角度来研究圆锥曲线的极点与极线．
从几何角度看极点与极线
如图，设是不在圆锥曲线上的一点，过点引两条割线依次交圆锥曲线于四点，，，，连接，交于，连接，交于，则直线为点对应的极线．
若为圆锥曲线上的点，则过点的切线即为极线．
由图同理可知，为点对应的极线，为点所对应的极线．因而将称为自极三点形．
设直线交圆锥曲线于点，两点，则，恰为圆锥曲线的两条切线．
定理：（1）当在圆锥曲线上时，则点的极线是曲线在点处的切线；
（2）当在外时，过点作的两条切线，设其切点分别为，，则点的极线是直线（即切点弦所在的直线）；
（3）当在内时，过点任作一割线交于，，设在，处的切线交于点，则点的极线是动点的轨迹．
已知抛物线的焦点为，且与圆上的点的距离的最小值4．
(1)求；
(2)若点在圆上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值．
破解：（1）抛物线的焦点为，，∴与圆上点的距离的最小值为，解得．
（2）
设点，，，由于点在圆上，是的两条切线，是切点，所以与切点弦所在直线：互为极点与极线，联立可得，由韦达定理可得，，，点到直线的距离为，∴，，由已知可得，∴当时，的面积取最大值．
已知F为抛物线的焦点，直线与C交于A，B两点且.
（1）求C的方程.
（2）若直线与C交于M，N两点，且与相交于点T，证明：点T在定直线上.
破解：（1）解：设，，由，得，
则，
从而，
解得，故的方程为.
（2）证明：设，，，.
因为，所以.
根据得，则，
同理得.
又两式相加得，
即，由于，所以.
故点在定直线上.
若双曲线与椭圆共顶点，且它们的离心率之积为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若椭圆C的左、右顶点分别为，，直线l与椭圆C交于P、Q两点，设直线与的斜率分别为，，且．试问，直线l是否过定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由．
破解：（1）由已知得双曲线的离心率为，又两曲线离心率之积为，所以椭圆的离心率为；由题意知，所以，．
所以椭圆的标准万程为．
（2）当直线l的斜率为零时，由对称性可知：
，不满足，
故直线l的斜率不为零．设直线l的方程为，
由，得：，
因为直线l与椭圆C交于P、Q两点，
所以，
整理得：，
设、，则
，，，．
因为，
所以，
整理得：，
，
将，代入整理得：
要使上式恒成立，只需，此时满足，
因此，直线l恒过定点．
1．设分别是椭圆的左､右顶点，点为椭圆的上顶点.
（1）若，求椭圆的方程；
（2）设，是椭圆的右焦点，点是椭圆第二象限部分上一点，若线段的中点在轴上，求的面积.
（3）设，点是直线上的动点，点和是椭圆上异于左右顶点的两点，且，分别在直线和上，求证：直线恒过一定点.
【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.
【详解】（1），
，，，解得
即椭圆的方程为.
（2）椭圆的方程为，由题意，设另一焦点为，
设，由线段的中点在y轴上，得轴，所以，
代入椭圆方程得，即
；
（3）证明：由题意，设点P的坐标为，
直线：，与椭圆方程联立
消去得：
由韦达定理得即；
同理；
当，即即时，
直线的方程为；
当时，直线：
化简得，恒过点；
综上所述，直线恒过点.
2．已知，分别是双曲线的左，右顶点，直线（不与坐标轴垂直）过点，且与双曲线交于，两点.
（1）若，求直线的方程；
（2）若直线与相交于点，求证：点在定直线上.
【答案】（1）或；（2）证明见解析.
【详解】解：设直线的方程为，设，，把直线与双曲线
联立方程组，，可得，
则，
（1），，由，可得，
即①，②，
把①式代入②式，可得，解得，，
即直线的方程为或．
（2）直线的方程为，直线的方程为，
直线与的交点为，故，即，
进而得到，又，
故，解得
故点在定直线上．
3．已知椭圆与轴的交点（点A位于点的上方），为左焦点，原点到直线的距离为.
（1）求椭圆的离心率；
（2）设，直线与椭圆交于不同的两点，求证：直线与直线的交点在定直线上.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【详解】（1）设的坐标为，由面积法有，椭圆的离心率.
（2）若，由(1) 得，椭圆方程为，
联立方程组化简得：，
由，解得：.
由韦达定理得：,,
设，的方程是
，的方程是，
联立化简得，即，
所以直线与直线的交点在定直线上.
4．已知椭圆的离心率，长轴的左、右端点分别为
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线 与椭圆交于两点，直线与交于点，试问：当变化时，点是否恒在一条直线上？若是，请写出这条直线的方程，并证明你的结论；若不是，请说明理由.
【答案】(1)(2)恒在直线
（1）解：设椭圆的标准方程为，
根据题意，可得且，所以，所以，
所以椭圆的标准方程为.
（2）解：根据题意，可设直线的方程为，
取，可得，
可得直线的方程为，直线的方程为，
联立方程组，可得交点为；
若，由对称性可知交点，
若点在同一直线上，则直线只能为；
以下证明：对任意的，直线与直线的交点均在直线上，
由，整理得，
设，则，
设与交于点，由，可得，
设与交于点，由，可得，
因为
，
因为，即与重合，
所以当变化时，点均在直线上，.
5．已知椭圆C：经过点，其长半轴长为2.
(1)求椭圆C的方程：
(2)设经过点的直线与椭圆C相交于D，E两点，点E关于x轴的对称点为F，直线DF与x轴相交于点G，求的面积的取值范围.
【答案】(1)(2)
(1)解：由已知得，∴椭圆C的方程为
∵椭圆经过点，
∴，解得
∴椭圆C的方程为
(2)解：由题意知，直线的斜率存在且不为0，
设直线的方程为，，，
由，消去得，
∴，，，
∵为点关于轴的对称点，
∴，直线的方程为，
即
令，则
∴，
∴的面积
，
令，则，
∴，又函数在上单调递增，
所以，
∴，∴的面积的取值范围是
6．已知椭圆的焦距为分别为椭圆的左、右顶点，为椭圆上的两点(异于)，连结，且斜率是斜率的倍.
（1）求椭圆的方程；
（2）证明:直线恒过定点.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【详解】（1）因为，所以，即椭圆的方程为
（2）连结设则
因为点在椭圆上，所以
因为，所以
当斜率不存在时，设，不妨设在轴上方，
因为，所以
（ii）当斜率存在时，设，
即，所以
因为
所以，即或
当时，，恒过定点，当斜率不存在亦符合:当，，过点与点重合，舍去.
所以直线恒过定点
7．椭圆的左、右顶点分别为，，上顶点为，点，线的倾斜角为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过且斜率存在的动直线与椭圆交于、两点，直线与交于，求证：在定直线上.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【详解】（1），由题意，，
所以椭圆的方程.
（2）设，，，过的动直线：，代入椭圆的方程得：
，得：，，
，
分别由，，及，，三点共线，得：，，
两式相除得：
，
得：，即在直线上.
8．已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）如图，椭圆C的左、右顶点分别为A，B，点M，N是椭圆上异于A，B的不同两点，直线的斜率为，直线的斜率为，求证：直线过定点．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【详解】（1）由椭圆的离心率为，且点在椭圆上，
可得，所以，
又点在该椭圆上，所以，所以，
所以椭圆C的标准方程为
（2）由于的斜率为，设的方程为，
联立方程组，整理得，
所以，所以，
从而，即，
同理可得：由于的斜率为，则，
联立方程组，可得，
即，
所以，所以，
从而，即，
当时即；时，，过点，
当时，，，即，所以直线过点，
综上可得，直线过点.