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第08讲 直线与圆锥曲线的位置关系（八大题型）（练习）-2025年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）
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题型一：直线与圆锥曲线的位置关系
1．若直线与圆相离，则过点的直线与椭圆的交点个数是（ ）
A．0或1B．0C．1D．2
【答案】D
【解析】由题意直线与圆相离，所以圆心到直线的距离，即，
而，即点在椭圆的内部，
所以过点的直线与椭圆的交点个数是2.
故选：D.
2．已知双曲线，过点作直线，使与有且只有一个公共点，则满足条件的直线共有（ ）
A．1条B．2条C．3条D．4条
【答案】D
【解析】易知双曲线的焦点，顶点，渐近线为，
由可得该点在双曲线右顶点上方，
易得过点与双曲线有且只有一个公共点的直线中，
有两条和双曲线的渐近线分别平行的直线（图1），
有两条双曲线右支的切线（图2），共4条.
故选：D.
3．过双曲线：左焦点为和点直线与双曲线的交点个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】B
【解析】由题意得双曲线：左焦点为，
则直线l的斜率为，
故直线l的方程为，而双曲线的渐近线方程为，
故直线l与平行，且l过双曲线的左焦点，
故直线与双曲线的交点个数是1，
故选：B
4．过点与抛物线只有一个公共点的直线有（ ）
A．1条B．2条C．3条D．0条
【答案】C
【解析】当直线斜率存在时，
设直线的斜率等于，则当 时，直线的方程为，
满足直线与抛物线仅有一个公共点，
当时，设直线的方程为，
代入抛物线的方程可得：，
有，解得，故切线方程为，
当斜率不存在时，直线方程为，该直线也与抛物线相切，
故满足条件的直线方程有三条.
故选：C．
5．已知椭圆M：，点在其上，直线l交椭圆于A，B两点，的重心是坐标原点，则直线l的斜率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】将代入椭圆方程得，，
令，则，解得，即，
设，则，，
故，
又，两式相减得，，
变形得到，即，
故，，解得.
故选：B
6．直线l与双曲线交于A，B两点，线段AB的中点为点，则直线l的斜率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设Ax1,y1，Bx2,y2，则直线l的斜率为
代入，得，两式相减得：.
又线段AB的中点为点，则.
则.经检验满足题意.
故选：D
题型二：求中点弦所在直线方程问题
7．已知椭圆＋＝1内有一点P(2,3)，过点P的一条弦恰好以P为中点，则这条弦所在的直线方程为 ．
【答案】
【解析】设弦为，Ax1,y1，Bx2,y2，
则，两式相减并化简得，
即，则，
所以弦所在直线的方程为，即.
故答案为：.
8．过点且被点平分的双曲线的弦所在直线方程为 _.
【答案】
【解析】由于双曲线图象关于 x 轴对称，且 M 不在 x 轴上，所以所求直线不平行于 y 轴，即斜率为实数，设所求直线斜率为 a，与双曲线两交点坐标为 （3+t，-1+at） 和 （3-t，-1-at）．
坐标代入双曲线方程，得：
两式相减，得
∴所求直线方程为，即
9．抛物线，过点引一条弦，使它恰好被点平分，则该弦所在的直线方程为 ．
【答案】．
【解析】设过点的弦的两个端点分别为，，则：
，两式相减，得：，
，
又因为点恰好是线段的中点，
，
故该弦所在直线的斜率为，
所以该弦所在直线的方程为：，即．
故答案应填：．
题型三：求弦中点的轨迹方程问题
10．直线l与椭圆交于A，B两点，已知直线的斜率为1，则弦AB中点的轨迹方程是 ．
【答案】
【解析】设，，线段AB的中点为，连接（为坐标原点）．
由题意知，则，
∴点的轨迹方程为．
又点在椭圆内，
∴，
解得：，
故答案为：.
11．已知抛物线的弦斜率为1，则弦中点的轨迹方程 .
【答案】（）
【解析】设直线的方程为，
联立，
由于，所以，
设Ax1,y1,Bx2,y2,则故
因此，
设， 由于，则，
故的轨迹方程为，（）
故答案为：（）
12．求过定点的直线被双曲线截得的弦AB的中点的轨迹方程.
【解析】因为该直线的斜率不存在时与双曲线无交点，故可设直线的方程为，且设该直线被双曲线截得的弦AB对应的中点为，，.
由得.
则，即，且，所以，即，，且，，
所以，.
由，即，，代入消去k得.
又，且，，故或.
故弦AB的中点的轨迹方程为（或）.
13．给出双曲线.
（1）求以为中点的弦所在的直线方程；
（2）若过点的直线l与所给双曲线交于，两点，求线段的中点P的轨迹方程.
【解析】（1）设弦的两端点为，，则，
两式相减得到，又，，
所以直线斜率.
以为中点的双曲线的弦所在的直线方程为：，整理得．
故求得直线方程为.
（2）设，，，按照（1）的解法可得，①
由于，，P，A四点共线，得，②
由①②可得，整理得，检验当时，，也满足方程，故的中点P的轨迹方程是.
14．过点的直线与抛物线交于、两点.求线段的中点的轨迹方程.
【解析】设，，
代入得，
化简得，
又，
所以线段PQ的中点B的轨迹方程为.
题型四：利用点差法解决对称问题
15．在已知抛物线上存在两个不同的点M，N关于直线对称，则实数k的取值范围为 ．
【答案】
【解析】设，关于直线对称，
∴，∴，即．
设线段的中点为，则．
∵中点P在内，∴，解得或．
故答案为：.
16．（2024·陕西宝鸡·一模）已知抛物线C：的焦点为F，直线l：与抛物线C交于A，B两点.
(1)若，求的面积；
(2)若抛物线C上存在两个不同的点M，N关于直线l对称，求a的取值范围.
【解析】（1）抛物线的焦点为，
时，直线，
联立，可得，
设，，，，
则，．
，
点到直线的距离距离，
的面积．
（2）∵点，关于直线对称，∴直线的斜率为，
∴可设直线的方程为，
联立，整理可得，
由，可得，
设，，，，则，
故的中点为，
∵点，关于直线对称，∴的中点，在直线上，
∴，得，∵，∴．
综上，的取值范围为．
17．已知曲线C的方程是，其中，，直线l的方程是．
(1)请根据a的不同取值，判断曲线C是何种圆锥曲线；
(2)若直线l交曲线C于两点M，N，且线段中点的横坐标是，求a的值；
(3)若，试问曲线C上是否存在不同的两点A，B，使得A，B关于直线l对称，并说明理由．
【解析】（1），即，
当时，曲线表示焦点在轴上的椭圆；
当时，曲线表示焦点在轴上的双曲线；
（2）设，，，
则，，
两式相减得到：，
即，故，
故的中点为，代入直线得到，
解得或（舍），故.
（3）假设存在，直线方程为，双曲线方程为，
设，，中点为，则，，
两式相减得到，
即，，又，
解得，.
此时直线方程为：，即，
，化简得到，方程无解，故不存在.
18．（2024·江苏南京·模拟预测）已知椭圆：（）过点，直线：与椭圆交于，两点，且线段的中点为，为坐标原点，直线的斜率为-0.5.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)当时，椭圆上是否存在，两点，使得，关于直线对称，若存在，求出，的坐标，若不存在，请说明理由．
【解析】（1）设，，则，
即．
因为，在椭圆上，所以，，
两式相减得，即，
又，所以，即．
又因为椭圆过点，所以，解得，，
所以椭圆的标准方程为；
（2）由题意可知，直线的方程为．
假设椭圆上存在，两点，使得，关于直线对称，
设，，的中点为，所以，，
因为，关于直线对称，所以且点在直线上，即．
又因为，在椭圆上，所以，，
两式相减得，
即，所以，即．
联立，解得，即．
又因为，即点在椭圆外，这与是弦的中点矛盾，
所以椭圆上不存在点，两点，使得，关于直线对称．
19．已知椭圆，点关于直线的对称点在上，且点与不重合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】不妨设,，
由题意可得，即：，
又的中点在直线上，
所以，解得y0=t，故，
而在椭圆上．故，解得或，
由于时与坐标相同，故．
故选：C．
题型五：利用点差法解决斜率之积问题
20．已知为抛物线上的两点，且线段AB中点的纵坐标为2，则直线AB的斜率为 .
【答案】/0.5
【解析】由题意，
为抛物线上的两点，且线段AB中点的纵坐标为2，
设，线段AB中点为，
∴，，
∴即
∴直线AB的斜率为：
故答案为：
21．（2024·陕西铜川·三模）已知原点为，椭圆与直线交于两点，线段的中点为，若直线的斜率为，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设，则，
则，两式相减可得，
，即，
即，，故.
故选：B
22．已知双曲线C：的焦点到渐近线的距离为，直线l与C相交于A，B两点，若线段的中点为，则直线l的斜率为（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】B
【解析】因为双曲线的标准方程为，
所以它的一个焦点为，一条渐近线方程为，
所以焦点到渐近线的距离，化简得，解得，
所以双曲线的标准方程为，
设，所以①，②，
①-②得，，
化简得③，
因为线段的中点为，所以，
代入③，整理得，
显然，所以直线的斜率.
故选：B
题型六：弦长问题
23．已知抛物线：的焦点为．
(1)求抛物线的焦点坐标和准线方程；
(2)过焦点的直线与抛物线交于、两点，若，求线段AB的长．
【解析】（1）因为，解得，
则抛物线的焦点坐标F1,0，准线方程为x=−1；
（2）不妨设，，
因为，所以，
当x=2时，解得，
不妨令，,
此时直线的方程为，
联立，消去并整理得，
由韦达定理得，
则．
24．已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，且椭圆的离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)过抛物线焦点的直线和抛物线相交于M，N两点，，求直线方程．
【解析】（1）抛物线的焦点坐标为1,0，所以椭圆中，
因为椭圆的离心率为，即，
所以，，
所以椭圆方程为
（2）当直线斜率不存在时，易知此时，不合题意；
所以直线斜率存在，设过抛物线焦点的直线方程为y=kx−1，如下图所：
联立得，
设，则，
根据焦点弦公式可得，
解得，，
所以直线方程为或
25．已知抛物线过点，其焦点为，过且斜率为的直线与交于两点，.
(1)求抛物线的标准方程，并写出其准线方程；
(2)求直线的方程.
【解析】（1）由题意将点代入抛物线方程可知，解得.
所以抛物线的标准方程为，焦点，
因此准线方程为.
（2）由（1）得直线的方程为.
设，如图所示：
联立直线和抛物线方程，消去得.
易得，且.
由抛物线焦点弦公式可知.
所以，解得或（舍去）.
故直线的方程为.
26．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）已知双曲线的左顶点是，一条渐近线的方程为．
(1)求双曲线E的离心率；
(2)设直线与双曲线E交于点P，Q，求线段PQ的长．
【解析】（1）由题意知，且，
，
所以双曲线的离心率．
（2）由（1）知双曲线方程为，
将即代入，得，
不妨设，
所以．
27．（2024·高三·黑龙江哈尔滨·开学考试）已知椭圆E：的离心率为，且过点.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若直线m过椭圆E的右焦点和上顶点，直线l过点且与直线m平行.设直线l与椭圆E交于A，B两点，求AB的长度.
【解析】（1）由题意知，，所以，，设椭圆E的方程为.
将点的坐标代入得：，，所以椭圆E的方程为.
（2）由（1）知，椭圆E的右焦点为，上顶点为，所以直线m斜率为，
由因为直线l与直线m平行，所以直线l的斜率为，
所以直线l的方程为，即，
联立，可得，
，，，
所以.
题型七：三角形面积问题
28．（2024·重庆·模拟预测）已知抛物线：的焦点为F，直线过F且与抛物线交于A，B两点，线段AB的中点为M，当时，点M的横坐标为2.
(1)求抛物线的方程；
(2)若直线与抛物线的准线交于点D，点D关于x轴的对称点为E，当的面积取最小值时，求直线的方程.
【解析】（1）设，由题知时，，故抛物线方程为；
（2）设，联立抛物线方程得，∴，，而，，
所以，
当且仅当时等号成立，故直线的方程为．
29．已知过抛物线的焦点，斜率为的直线交抛物线于，两点，且.
（1）求该抛物线的方程；
（2）为坐标原点，求的面积.
【解析】（1）抛物线的焦点为，
所以直线的方程为，
由消去得，
所以，
由抛物线定义得，
即，所以.
所以抛物线的方程为.
（2）由知，方程，
可化为，
解得，，故，.
所以，.
则面积
30．（2024·甘肃·一模）已知椭圆：的左、右焦点分别是，，上、下顶点分别是，，离心率，短轴长为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过的直线与椭圆交于不同的两点，，若，试求内切圆的面积.
【解析】（1）由题意得，又，解得，，
所以椭圆的方程为.
（2）由，，知的斜率为，因，故的斜率为，
则直线的方程为，即，
联立可得：，
设，，则，，
则的面积，
由的周长，及，得内切圆，
所以的内切圆面积为.
31．（2024·吉林长春·一模）已知椭圆：的离心率为，左、右焦点分别为、.设是椭圆上一点，满足⊥轴，.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过且倾斜角为45°的直线与椭圆相交于，两点，求的面积.
【解析】（1）由条件可知，解得：，，
所以椭圆的标准方程是；
（2）设直线，，，直线与椭圆方程联立
，得，
，，
.
32．（2024·河北·模拟预测）已知双曲线的中心在原点，焦点在轴上，离心率等于3，且经过点（-3,8），直线与双曲线交于点A、B．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）求△的面积.
【解析】解:(1)设代入(-3，8)得
∴方程为:
(2)联立的
题型八：四边形面积问题
33．（2024·陕西·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，椭圆E的离心率为，且通径长为1．
（1）求E的方程；
（2）直线l与E交于M，N两点（M，N在x轴的同侧），当时，求四边形面积的最大值．
【解析】（1）依题意可知，解得
故椭圆的方程为．
（2）延长交E于点，由（1）可知，
设，设的方程为，
由得，
故．
设与的距离为d，则四边形的面积为S，
，
又因为
，
当且仅当，即时，等号成立，
故四边形面积的最大值为2．
34．设椭圆：（），长轴的两个端点分别为，，短轴的两个端点分别为，．
(1)证明：四边形为菱形；
(2)若四边形的面积为120，边长为13，求椭圆C的方程．
【解析】（1）因为长轴的两个端点分别为，，短轴的两个端点分别为，，
所以，所以四边形是平行四边形，
又因为，所以四边形为菱形；
（2）由（1）可知：四边形为菱形，
因为四边形的面积为120，边长为13，
所以有，椭圆的标准方程为：.
35．已知E是曲线上任一点，过点E作x轴的垂线，垂足为H，动点D满足
(1)求点D的轨迹的方程；
(2)若点P是直线l：上一点，过点P作曲线的切线，切点分别为M，N，求使四边形OMPN面积最小时的值．
【解析】（1）设
由得，，所以
所以，点D的轨迹方程为
（2）由圆的切线性质知，切线长
所以，四边形面积，
所以，当OP最小时，面积最小．
而OP的最小值即为O到直线的距离，此时
又因为，所以此时.
36．已知椭圆的左右焦点分别是离心率，点为椭圆上的一个动点，面积的最大值为.
(1)求椭圆的方程；
(2)是椭圆上不重合的四个点，与相交于，若直线，均不与坐标轴重合，且，求四边形面积的最小值.
【解析】（1）当为椭圆的上下顶点时面积最大为，
所以，解得,
椭圆的方程:.
（2）（i）当中有一条直线斜率为0，另一条斜率不存在时，
解得，所以，
则四边形面积为；
（ii）当斜率存在且时，设：，，
联立得，
所以
，
又因为：，
所以只用将中的替换为可得，
所以四边形面积为，
因为，
所以，
当且仅当时取得等号，
综上，四边形面积的最小值为.
1．（2024·安徽芜湖·模拟预测）已知椭圆，一组斜率的平行直线与椭圆相交，则这些直线被椭圆截得的段的中点所在的直线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设斜率的平行直线与椭圆相交于，且中点为，
可得.
由，两式相减得，
整理得，可得，
即这些直线被椭圆截得的段的中点所在的直线方程为.
故选：C.
2．（2024·广东肇庆·一模）已知直线：与双曲线：交于，两点，点是弦的中点，则双曲线的渐近线方程是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设Ax1,y1，Bx2,y2，可得，，
两式相减可得，
点是弦的中点，且直线：，
可得，，，
即有，即，
双曲线的渐近线方程为．经验证此时直线与双曲线有两个交点.
故选：B．
3．（2024·全国·模拟预测）设抛物线的焦点为F，直线l与C交于A，B两点，，，则l的斜率是（ ）
A．±1B．C．D．±2
【答案】D
【解析】下图所示为l的斜率大于0的情况．
如图，设点A，B在C的准线上的射影分别为，，，垂足为H．
设，，则．
而，所以，
l的斜率为．同理，l的斜率小于0时，其斜率为．
另一种可能的情形是l经过坐标原点O，可知一交点为，则，
可求得，可求得l斜率为，
同理，l的斜率小于0时，其斜率为．
故选：D
4．（2024·安徽·一模）抛物线的焦点为，准线与轴的交点为．过点作直线与抛物线交于两点，其中点A在点B的右边．若的面积为，则等于（ ）
A．B．1C．2D．
【答案】D
【解析】由题可知，，直线斜率必存在，且，
由对称性不妨设，则A和B在第一象限，
因为，所以，过作轴交于点，
则，即，
又点在上，所以即，
代入得，
整理得，即，
所以或，此时或，
因为A和B在第一象限，所以，故，
所以
，
所以即.
故选：D.
5．（2024·辽宁·模拟预测）已知抛物线的焦点为，过点的的弦中最短的弦长为8，点在上，是线段上靠近点的五等分点，则（为坐标原点）的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为过点的的弦中最短的弦长为8，所以，
即的方程为．
设，
由是线段上靠近点的五等分点，得，
所以，
故，即，
不妨设点在第一象限，易知为锐角，
当取最大值时，直线的斜率也最大，
又，
当且仅当，即时取等号，
此时，
，，
，
即的最大值为．
故选：B．
6．（2024·广东佛山·模拟预测）已知M是抛物线上的一点，F是抛物线的焦点，以为始边、为终边的角，则点M的横坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】过作轴于点，设点的横坐标为，
抛物线，则焦点，准线方程为，
根据抛物线的定义得，
在中，
，
．
故选：D．
7．（2024·浙江·二模）设椭圆的弦AB与轴，轴分别交于两点，，若直线AB的斜率，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】如图所示，设，
直线，
因为，所以，
所以，
即，，所以.
因为在椭圆上，所以，
两式相减得，即.
又因为，且，，
所以，即，
所以.
故选：C.
8．（2024·陕西榆林·模拟预测）如图，抛物线E：y2=2pxp>0的焦点为F，过点的直线，与E分别相交于Ax1,y1，Bx2,y2和C，D两点，直线AD经过点F，当直线AB垂直于x轴时，．下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．若AD，BC的斜率分别为，，则
D．若的面积为，则的面积为
【答案】C
【解析】当直线AB垂直于x轴时，直线AB的方程为，所以点A的横坐标为p，所以，又，所以，故A选项错误；
若直线AB的斜率为0，则直线AB与抛物线只有一个交点，与已知矛盾，
故可设直线AB的方程为，联立化简可得，
方程的判别式，
由已知，为方程的两根，
所以，，，故B选项错误；
设直线CD的方程为，，，联立；
化简可得，方程的判别式，
所以，．，
若直线AD的斜率存在，则，，，
因为直线AD经过点F，所以，所以，
因为，所以，所以，
所以，，所以，选项C正确；
当直线AB垂直于x轴时，易知点，从而，
此时点D在过，两点的直线上，且在抛物线E：上，
从而求出点，从而，从而，故选项D错误．
故选：C.
9．（多选题）（2024·安徽·模拟预测）已知抛物线的焦点为，点与点关于原点对称，过点的直线与抛物线交于两点（点和点在点的两侧），则下列命题正确的是（ ）
A．存在直线，使得
B．若为的中线，则
C．若为的角平分线，则
D．对于任意直线，都有
【答案】BD
【解析】由题意，设，不妨令都在第一象限，，
联立和，则，且，即，
所以，则．
A选项，若，过点作垂直于准线于点，
则，即为等腰直角三角形，此时，即，
所以，所以，所以，所以，则此时为同一点，不合题设，故A错误；
B选项，若为的中线，则，所以，所以，故，所以，则，故B正确；
C选项，若为的角平分线，则，作垂直准线于，
则且，所以，即，
则，将代入整理得，
则，所以，故C错误；
D选项，，而，结合，
可得，即恒成立，故D正确．
故选：BD．
10．（多选题）（2024·贵州·模拟预测）已知抛物线的焦点为，准线为，过点的直线与交于两点，点为点在上的射影，线段与轴的交点为，的延长线交于点，则（ ）
A．B．
C．D．直线与相切
【答案】ABD
【解析】由题知，，设，则，
对于选项A，因为，所以，
令，得到，所以，故，
又，所以，所以选项A正确，
对于选项B，由选项A知，所以，令，得到，
所以，故，
又，所以，故选项B正确，
对于选项C，在中，，又由选项A知直线为的中垂线，
所以，得到，所以选项C错误，
对于选项D，因为，由，消得到，
因为，所以直线与相切，故选项D正确，
故选：ABD.
11．（多选题）（2024·浙江·二模）设双曲线与直线交于与两点，则可能有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【解析】联立方程组，可得，
因为双曲线与直线有两个交点，所以，
所以，B错误；
当时，，A正确；
当m>0时，，C正确；
当或时，，D正确.
故选：ACD.
12．（多选题）（2024·广东·二模）抛物线：焦点为F，且过点，斜率互为相反数的直线，分别交于另一点C和D，则下列说法正确的有（ ）
A．直线过定点
B．在C，D两点处的切线斜率和为
C．上存在无穷多个点到点F和直线的距离和为6
D．当C，D都在A点左侧时，面积的最大值为
【答案】BCD
【解析】对于A，因为抛物线：过点，所以，解得，
所以抛物线：，设点关于抛物线对称轴即轴的对称点为点，则，
因为斜率互为相反数，不妨设，
则，
联立与抛物线：，化简并整理得，
，
设，
则，
所以，同理，
直线的方程为：，
整理得
，
即直线的方程为：，这条直线的斜率是定值，
随着的变化，这条可能直线会平行移动，
不妨取，此时的方程依次是，
显然这两条直线是平行的，它们不会有交点，这就说明直线过定点是错误的，故A错误；
对于B，对求导，可得，从而在C，D两点处的切线斜率和为，故B正确；
对于C，设上存在点Px0,y0到点F和直线的距离和为6，
由抛物线定义可知，，其中为点到直线的距离，
注意到当时，恒有成立，
这意味着上存在无穷多个点到点F和直线的距离和为6，故C正确；
对于D，设与交与点，联立直线的方程：与直线的方程：，
解得，即点的坐标为，
设面积为，
则,
注意到C，D都在A点左侧时，意味着，且，从而的取值范围为，
从而，
设，则，
所以当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
所以面积的最大值为.
故选：BCD.
13．（多选题）（2024·贵州毕节·模拟预测）已知直线交椭圆于A，B两点，，为椭圆的左、右焦点，M，N为椭圆的左、右顶点，在椭圆上与关于直线l的对称点为Q，则（ ）
A．若，则椭圆的离心率为
B．若，则椭圆的离心率为
C．
D．若直线平行于x轴，则
【答案】ACD
【解析】如图，直线l与交于G，
对于A，若，则，所以，
所以，故A正确；
对于B，设Ax0,y0，则，且即，
所以，
所以，故B错误；
对于C，由题意可知是中位线，故，故C正确；
对于D，设点，则直线，
因为直线平行于x轴，所以点的中点，
所以由点G在直线l上且得，
解得，即，
因此，故D正确.
故选：ACD．
14．（多选题）（2024·湖北武汉·模拟预测）设点（）是抛物线上任意一点，过点作抛物线的两条切线，分别交抛物线于点和点，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．直线与抛物线相切
【答案】BCD
【解析】对A：∵直线的斜率为，
∴直线的方程为，
即，
∵，∴直线的方程为，
联立，消得：，
∵直线与抛物线相切，∴，
∴，∴选项A错误；
对B：同理可得，∴，
∵，∴
整理得，
∵，∴，∴选项B正确；
对C：由可得，
代入得，∴选项C正确；
对D：将直线的方程与抛物线联立，
同理可得，
∴直线与抛物线相切，∴选项D正确.
故选：BCD.
15．（2024·江苏南京·模拟预测）已知是椭圆的左、右焦点，M点是在第一象限椭圆E上一动点，若是锐角，则椭圆E在M点处的切线的斜率的取值范围是 ．
【答案】
【解析】，设，满足①，
当时，可得：②，
①②联立，
所以当是锐角时，
再由，得到，开方得第一象限曲线解析式：，
求导可得：当时，，即此点处的切线斜率为；
结合图象可知：圆E在M点处的切线的斜率的取值范围是
故答案为：
16．（2024·安徽·一模）椭圆C：的左右焦点分别为、，点M为其上的动点.当为钝角时，点M的横坐标的取值范围是
【答案】
【解析】设，焦点，.
因为为钝角，所以，
即.
整理得：.
因为点Mx,y在椭圆上，
代入得解得
又因为，所以点纵坐标的取值范围.
故答案为：.
17．（2024·辽宁·模拟预测）过抛物线的焦点的直线交于，两点，，是的准线上两点，以为直径的圆与切于点，且以，，，为顶点的四边形的面积为64，则直线的斜率为 .
【答案】
【解析】
设抛物线的准线与轴交于一点，过作于一点，
过作于一点，连接，，
由抛物线的定义知，，，
，，
又，，，
因此，，，
又，
则，
设的中点为，则，因此，
，即，
因此以为直径的圆与切于点，且为圆的半径，
而过直线与垂直时，在准线只有唯一的交点，这个交点即为与切于点的圆的圆心，
因此在准线只有一个圆与切于点，
故要使以的准线上两点为直径的圆与切于点，
则与重合，与重合，
因此四边形为直角梯形，
由题意知，直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，
则，联立可得，
整理得，
则，，
因此，
又的符号相反，因此，，
则，
又，
又梯形的面积为64，则，
即，整理得，，
解得，
因此，直线的斜率为.
故答案为：.
18．（2024·安徽·模拟预测）已知抛物线的焦点为为上的两点．若直线的斜率为，且，延长分别交于两点，则四边形的面积为 ．
【答案】50
【解析】由题可知，抛物线的焦点坐标为F1,0．
因为直线的斜率为，所以直线的方程为，
与抛物线的方程联立，得，所以．
设，则，，
故．
因为，所以，
所以直线的斜率为，直线的方程为，
与抛物线的方程联立，得．所以．
设，则，，
故．
所以四边形的面积为．
故答案为：50.
1．（多选题）（2022年新高考全国I卷数学真题）已知O为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交C于P，Q两点，则（ ）
A．C的准线为B．直线AB与C相切
C．D．
【答案】BCD
【解析】将点的代入抛物线方程得，所以抛物线方程为，故准线方程为，A错误；
，所以直线的方程为，
联立，可得，解得，故B正确；
设过的直线为，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，
所以，直线的斜率存在，设其方程为，，
联立，得，
所以，所以或，，
又，，
所以，故C正确；
因为，，
所以，而，故D正确.
故选：BCD
2．（2024年北京高考数学真题）若直线与双曲线只有一个公共点，则的一个取值为 ．
【答案】（或，答案不唯一）
【解析】联立，化简并整理得：，
由题意得或，
解得或无解，即，经检验，符合题意.
故答案为：（或，答案不唯一）.
3．（2023年天津高考数学真题）已知过原点O的一条直线l与圆相切，且l与抛物线交于点两点，若，则 ．
【答案】
【解析】易知圆和曲线关于轴对称，不妨设切线方程为，，
所以，解得：，由解得：或，
所以，解得：．
当时，同理可得．
故答案为：．
4．（2022年新高考全国II卷数学真题）已知直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则l的方程为 ．
【答案】
【解析】[方法一]：弦中点问题：点差法
令的中点为，设，，利用点差法得到，
设直线，，，求出、的坐标，
再根据求出、，即可得解；
令的中点为，因为，所以，
设，，则，，
所以，即
所以，即，设直线，，，
令得，令得，即，，
所以，
即，解得或（舍去），
又，即，解得或（舍去），
所以直线，即；
故答案为：
[方法二]：直线与圆锥曲线相交的常规方法
由题意知，点既为线段的中点又是线段MN的中点，
设，，设直线，，，
则，，，因为，所以
联立直线AB与椭圆方程得消掉y得
其中，
∴AB中点E的横坐标,又，∴
∵，，∴,又，解得m=2
所以直线，即
5．（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）已知为椭圆C：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为 ．
【答案】
【解析】因为为上关于坐标原点对称的两点，
且，所以四边形为矩形，
设，则，
所以，
，即四边形面积等于.
故答案为：.
6．（2024年上海秋季高考数学真题）已知双曲线左右顶点分别为，过点的直线交双曲线于两点.
(1)若离心率时，求的值．
(2)若为等腰三角形时，且点在第一象限，求点的坐标．
(3)连接并延长，交双曲线于点，若，求的取值范围．
【解析】（1）由题意得，则，．
（2）当时，双曲线，其中，，
因为为等腰三角形，则
①当以为底时，显然点在直线上，这与点在第一象限矛盾，故舍去；
②当以为底时，，
设，则 , 联立解得或或，
因为点在第一象限，显然以上均不合题意，舍去；
（或者由双曲线性质知，矛盾，舍去）；
③当以为底时，，设，其中，
则有，解得，即．
综上所述：.
（3）由题知，
当直线的斜率为0时，此时，不合题意，则，
则设直线，
设点，根据延长线交双曲线于点，
根据双曲线对称性知，
联立有，
显然二次项系数，
其中，
①，②，
，
则，因为在直线上，
则，，
即，即，
将①②代入有，
即
化简得，
所以 , 代入到 , 得 , 所以 ,
且，解得，又因为，则，
综上知，，．
7．（2024年北京高考数学真题）已知椭圆：，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，过点和的直线与椭圆的另一个交点为．
(1)求椭圆的方程及离心率；
(2)若直线BD的斜率为0，求t的值．
【解析】（1）由题意，从而，
所以椭圆方程为，离心率为；
（2）直线斜率不为0，否则直线与椭圆无交点，矛盾，
从而设，，
联立，化简并整理得，
由题意，即应满足，
所以，
若直线斜率为0，由椭圆的对称性可设，
所以，在直线方程中令，
得，
所以，
此时应满足，即应满足或，
综上所述，满足题意，此时或.
8．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴．
(1)求的方程；
(2)过点的直线交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：轴．
【解析】（1）设Fc,0，由题设有且，故，故，故，
故椭圆方程为.
（2）直线的斜率必定存在，设，Ax1,y1，Bx2,y2，
由可得，
故，故，
又，
而，故直线，故，
所以
，
故，即轴.
9．（2024年天津高考数学真题）已知椭圆椭圆的离心率．左顶点为，下顶点为是线段的中点，其中．
(1)求椭圆方程．
(2)过点的动直线与椭圆有两个交点．在轴上是否存在点使得．若存在求出这个点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由．
【解析】（1）因为椭圆的离心率为，故，，其中为半焦距，
所以，故，
故，所以，，故椭圆方程为：.
（2）
若过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：，
设，
由可得，
故且
而，
故
，
因为恒成立，故，解得.
若过点的动直线的斜率不存在，则或，
此时需，两者结合可得.
综上，存在，使得恒成立.
10．（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）已知和为椭圆上两点.
(1)求C的离心率;
(2)若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程．
【解析】（1）由题意得，解得，
所以.
（2）法一：，则直线的方程为，即，
，由（1）知，
设点到直线的距离为，则，
则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可，
此时该平行线与椭圆的交点即为点，
设该平行线的方程为：，
则，解得或，
当时，联立，解得或，
即或，
当时，此时，直线的方程为，即，
当时，此时，直线的方程为，即，
当时，联立得，
，此时该直线与椭圆无交点.
综上直线的方程为或.
法二：同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
设，则，解得或，
即或，以下同法一.
法三：同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
设，其中，则有，
联立，解得或，
即或，以下同法一；
法四：当直线的斜率不存在时，此时，
，符合题意，此时，直线的方程为，即，
当线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立椭圆方程有，则，其中，即，
解得或，，，
令，则，则
同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
则，解得，
此时，则得到此时，直线的方程为，即，
综上直线的方程为或.
法五：当的斜率不存在时，到距离，
此时不满足条件.
当的斜率存在时，设，令，
，消可得，
，且，即，
，
到直线距离，
或，均满足题意，或，即或.
法六：当的斜率不存在时，到距离，
此时不满足条件.
当直线斜率存在时，设，
设与轴的交点为，令，则，
联立，则有，
，
其中，且，
则，
则，解的或，经代入判别式验证均满足题意.
则直线为或，即或.
11．（2023年北京高考数学真题）已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，．
(1)求的方程；
(2)设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：．
【解析】（1）依题意，得，则，
又分别为椭圆上下顶点，，所以，即，
所以，即，则，
所以椭圆的方程为.
（2）因为椭圆的方程为，所以，
因为为第一象限上的动点，设，则，
易得，则直线的方程为，
，则直线的方程为，
联立，解得，即，
而，则直线的方程为，
令，则，解得，即，
又，则，，
所以
，
又，即，
显然，与不重合，所以.
12．（2023年高考全国甲卷数学（理）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．
【解析】（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．
13．（2023年高考全国乙卷数学（理）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．
【解析】（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.
14．（2023年天津高考数学真题）已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知．
(1)求椭圆的方程和离心率；
(2)点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程．
【解析】（1）如图，
由题意得，解得，所以，
所以椭圆的方程为，离心率为.
（2）由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得，
设直线的方程为，
联立方程组，消去整理得：，
由韦达定理得，所以，
所以，.
所以,,，
所以，
所以，即，
解得，所以直线的方程为.
15．（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）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．
【解析】（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.
.
16．（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）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.
【解析】（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.
17．（2022年新高考天津数学高考真题）椭圆的右焦点为F，右顶点A和上顶点为B满足．
(1)求椭圆的离心率；
(2)直线l与椭圆有唯一公共点M，与y轴相交于点N（N异于M）．记O为原点，若，且的面积为，求椭圆的方程．
【解析】（1），
离心率为.
（2）由（1）可知椭圆的方程为，
易知直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立得，
由，①
，，
由可得，②
由可得，③
联立①②③可得，，，故椭圆的标准方程为．
18．（2022年新高考浙江数学高考真题）如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点．
(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求的最小值．
【解析】（1）设是椭圆上任意一点,,
，当且仅当时取等号，故的最大值是.
（2）设直线,直线方程与椭圆联立,可得,设，所以，
因为直线与直线交于,
则,同理可得,.则
，
当且仅当时取等号，故的最小值为.
19．（2022年高考全国甲卷数学（理）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．
【解析】（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．
20．（2022年高考全国乙卷数学（理）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．
【解析】（1）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
21．（2022年新高考北京数学高考真题）已知椭圆的一个顶点为，焦距为．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当时，求k的值．
【解析】（1）依题意可得，，又，
所以，所以椭圆方程为；
（2）依题意过点的直线为，设、，不妨令，
由，消去整理得，
所以，解得，
所以，，
直线的方程为，令，解得，
直线的方程为，令，解得，
所以
，
所以，
即
即
即
整理得，解得
22．（2022年新高考全国I卷数学真题）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．
【解析】（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．
23．（2021年天津高考数学试题）已知椭圆的右焦点为，上顶点为，离心率为，且．
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆有唯一的公共点，与轴的正半轴交于点，过与垂直的直线交轴于点．若，求直线的方程．
【解析】（1）易知点、，故，
因为椭圆的离心率为，故，，
因此，椭圆的方程为；
（2）设点为椭圆上一点，
先证明直线的方程为，
联立，消去并整理得，，
因此，椭圆在点处的切线方程为.
在直线的方程中，令，可得，由题意可知，即点，
直线的斜率为，所以，直线的方程为，
在直线的方程中，令，可得，即点，
因为，则，即，整理可得，
所以，，因为，，故，，
所以，直线的方程为，即.
24．（2021年全国新高考II卷数学试题）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．
【解析】（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．
25．（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）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.
【解析】（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.
目录
TOC \ "1-2" \h \z \u \l "_Tc176878377" 01 模拟基础练 PAGEREF _Tc176878377 \h 2
\l "_Tc176878378" 题型一：直线与圆锥曲线的位置关系 PAGEREF _Tc176878378 \h 2
\l "_Tc176878379" 题型二：求中点弦所在直线方程问题 PAGEREF _Tc176878379 \h 5
\l "_Tc176878380" 题型三：求弦中点的轨迹方程问题 PAGEREF _Tc176878380 \h 6
\l "_Tc176878381" 题型四：利用点差法解决对称问题 PAGEREF _Tc176878381 \h 9
\l "_Tc176878382" 题型五：利用点差法解决斜率之积问题 PAGEREF _Tc176878382 \h 13
\l "_Tc176878383" 题型六：弦长问题 PAGEREF _Tc176878383 \h 15
\l "_Tc176878384" 题型七：三角形面积问题 PAGEREF _Tc176878384 \h 18
\l "_Tc176878385" 题型八：四边形面积问题 PAGEREF _Tc176878385 \h 21
\l "_Tc176878386" 02 重难创新练 PAGEREF _Tc176878386 \h 25
\l "_Tc176878387" 03 真题实战练 PAGEREF _Tc176878387 \h 41
题型一：直线与圆锥曲线的位置关系
1．若直线与圆相离，则过点的直线与椭圆的交点个数是（ ）
A．0或1B．0C．1D．2
【答案】D
【解析】由题意直线与圆相离，所以圆心到直线的距离，即，
而，即点在椭圆的内部，
所以过点的直线与椭圆的交点个数是2.
故选：D.
2．已知双曲线，过点作直线，使与有且只有一个公共点，则满足条件的直线共有（ ）
A．1条B．2条C．3条D．4条
【答案】D
【解析】易知双曲线的焦点，顶点，渐近线为，
由可得该点在双曲线右顶点上方，
易得过点与双曲线有且只有一个公共点的直线中，
有两条和双曲线的渐近线分别平行的直线（图1），
有两条双曲线右支的切线（图2），共4条.
故选：D.
3．过双曲线：左焦点为和点直线与双曲线的交点个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】B
【解析】由题意得双曲线：左焦点为，
则直线l的斜率为，
故直线l的方程为，而双曲线的渐近线方程为，
故直线l与平行，且l过双曲线的左焦点，
故直线与双曲线的交点个数是1，
故选：B
4．过点与抛物线只有一个公共点的直线有（ ）
A．1条B．2条C．3条D．0条
【答案】C
【解析】当直线斜率存在时，
设直线的斜率等于，则当 时，直线的方程为，
满足直线与抛物线仅有一个公共点，
当时，设直线的方程为，
代入抛物线的方程可得：，
有，解得，故切线方程为，
当斜率不存在时，直线方程为，该直线也与抛物线相切，
故满足条件的直线方程有三条.
故选：C．
5．已知椭圆M：，点在其上，直线l交椭圆于A，B两点，的重心是坐标原点，则直线l的斜率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】将代入椭圆方程得，，
令，则，解得，即，
设，则，，
故，
又，两式相减得，，
变形得到，即，
故，，解得.
故选：B
6．直线l与双曲线交于A，B两点，线段AB的中点为点，则直线l的斜率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设Ax1,y1，Bx2,y2，则直线l的斜率为
代入，得，两式相减得：.
又线段AB的中点为点，则.
则.经检验满足题意.
故选：D
题型二：求中点弦所在直线方程问题
7．已知椭圆＋＝1内有一点P(2,3)，过点P的一条弦恰好以P为中点，则这条弦所在的直线方程为 ．
【答案】
【解析】设弦为，Ax1,y1，Bx2,y2，
则，两式相减并化简得，
即，则，
所以弦所在直线的方程为，即.
故答案为：.
8．过点且被点平分的双曲线的弦所在直线方程为 _.
【答案】
【解析】由于双曲线图象关于 x 轴对称，且 M 不在 x 轴上，所以所求直线不平行于 y 轴，即斜率为实数，设所求直线斜率为 a，与双曲线两交点坐标为 （3+t，-1+at） 和 （3-t，-1-at）．
坐标代入双曲线方程，得：
两式相减，得
∴所求直线方程为，即
9．抛物线，过点引一条弦，使它恰好被点平分，则该弦所在的直线方程为 ．
【答案】．
【解析】设过点的弦的两个端点分别为，，则：
，两式相减，得：，
，
又因为点恰好是线段的中点，
，
故该弦所在直线的斜率为，
所以该弦所在直线的方程为：，即．
故答案应填：．
题型三：求弦中点的轨迹方程问题
10．直线l与椭圆交于A，B两点，已知直线的斜率为1，则弦AB中点的轨迹方程是 ．
【答案】
【解析】设，，线段AB的中点为，连接（为坐标原点）．
由题意知，则，
∴点的轨迹方程为．
又点在椭圆内，
∴，
解得：，
故答案为：.
11．已知抛物线的弦斜率为1，则弦中点的轨迹方程 .
【答案】（）
【解析】设直线的方程为，
联立，
由于，所以，
设Ax1,y1,Bx2,y2,则故
因此，
设， 由于，则，
故的轨迹方程为，（）
故答案为：（）
12．求过定点的直线被双曲线截得的弦AB的中点的轨迹方程.
【解析】因为该直线的斜率不存在时与双曲线无交点，故可设直线的方程为，且设该直线被双曲线截得的弦AB对应的中点为，，.
由得.
则，即，且，所以，即，，且，，
所以，.
由，即，，代入消去k得.
又，且，，故或.
故弦AB的中点的轨迹方程为（或）.
13．给出双曲线.
（1）求以为中点的弦所在的直线方程；
（2）若过点的直线l与所给双曲线交于，两点，求线段的中点P的轨迹方程.
【解析】（1）设弦的两端点为，，则，
两式相减得到，又，，
所以直线斜率.
以为中点的双曲线的弦所在的直线方程为：，整理得．
故求得直线方程为.
（2）设，，，按照（1）的解法可得，①
由于，，P，A四点共线，得，②
由①②可得，整理得，检验当时，，也满足方程，故的中点P的轨迹方程是.
14．过点的直线与抛物线交于、两点.求线段的中点的轨迹方程.
【解析】设，，
代入得，
化简得，
又，
所以线段PQ的中点B的轨迹方程为.
题型四：利用点差法解决对称问题
15．在已知抛物线上存在两个不同的点M，N关于直线对称，则实数k的取值范围为 ．
【答案】
【解析】设，关于直线对称，
∴，∴，即．
设线段的中点为，则．
∵中点P在内，∴，解得或．
故答案为：.
16．（2024·陕西宝鸡·一模）已知抛物线C：的焦点为F，直线l：与抛物线C交于A，B两点.
(1)若，求的面积；
(2)若抛物线C上存在两个不同的点M，N关于直线l对称，求a的取值范围.
【解析】（1）抛物线的焦点为，
时，直线，
联立，可得，
设，，，，
则，．
，
点到直线的距离距离，
的面积．
（2）∵点，关于直线对称，∴直线的斜率为，
∴可设直线的方程为，
联立，整理可得，
由，可得，
设，，，，则，
故的中点为，
∵点，关于直线对称，∴的中点，在直线上，
∴，得，∵，∴．
综上，的取值范围为．
17．已知曲线C的方程是，其中，，直线l的方程是．
(1)请根据a的不同取值，判断曲线C是何种圆锥曲线；
(2)若直线l交曲线C于两点M，N，且线段中点的横坐标是，求a的值；
(3)若，试问曲线C上是否存在不同的两点A，B，使得A，B关于直线l对称，并说明理由．
【解析】（1），即，
当时，曲线表示焦点在轴上的椭圆；
当时，曲线表示焦点在轴上的双曲线；
（2）设，，，
则，，
两式相减得到：，
即，故，
故的中点为，代入直线得到，
解得或（舍），故.
（3）假设存在，直线方程为，双曲线方程为，
设，，中点为，则，，
两式相减得到，
即，，又，
解得，.
此时直线方程为：，即，
，化简得到，方程无解，故不存在.
18．（2024·江苏南京·模拟预测）已知椭圆：（）过点，直线：与椭圆交于，两点，且线段的中点为，为坐标原点，直线的斜率为-0.5.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)当时，椭圆上是否存在，两点，使得，关于直线对称，若存在，求出，的坐标，若不存在，请说明理由．
【解析】（1）设，，则，
即．
因为，在椭圆上，所以，，
两式相减得，即，
又，所以，即．
又因为椭圆过点，所以，解得，，
所以椭圆的标准方程为；
（2）由题意可知，直线的方程为．
假设椭圆上存在，两点，使得，关于直线对称，
设，，的中点为，所以，，
因为，关于直线对称，所以且点在直线上，即．
又因为，在椭圆上，所以，，
两式相减得，
即，所以，即．
联立，解得，即．
又因为，即点在椭圆外，这与是弦的中点矛盾，
所以椭圆上不存在点，两点，使得，关于直线对称．
19．已知椭圆，点关于直线的对称点在上，且点与不重合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】不妨设,，
由题意可得，即：，
又的中点在直线上，
所以，解得y0=t，故，
而在椭圆上．故，解得或，
由于时与坐标相同，故．
故选：C．
题型五：利用点差法解决斜率之积问题
20．已知为抛物线上的两点，且线段AB中点的纵坐标为2，则直线AB的斜率为 .
【答案】/0.5
【解析】由题意，
为抛物线上的两点，且线段AB中点的纵坐标为2，
设，线段AB中点为，
∴，，
∴即
∴直线AB的斜率为：
故答案为：
21．（2024·陕西铜川·三模）已知原点为，椭圆与直线交于两点，线段的中点为，若直线的斜率为，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设，则，
则，两式相减可得，
，即，
即，，故.
故选：B
22．已知双曲线C：的焦点到渐近线的距离为，直线l与C相交于A，B两点，若线段的中点为，则直线l的斜率为（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】B
【解析】因为双曲线的标准方程为，
所以它的一个焦点为，一条渐近线方程为，
所以焦点到渐近线的距离，化简得，解得，
所以双曲线的标准方程为，
设，所以①，②，
①-②得，，
化简得③，
因为线段的中点为，所以，
代入③，整理得，
显然，所以直线的斜率.
故选：B
题型六：弦长问题
23．已知抛物线：的焦点为．
(1)求抛物线的焦点坐标和准线方程；
(2)过焦点的直线与抛物线交于、两点，若，求线段AB的长．
【解析】（1）因为，解得，
则抛物线的焦点坐标F1,0，准线方程为x=−1；
（2）不妨设，，
因为，所以，
当x=2时，解得，
不妨令，,
此时直线的方程为，
联立，消去并整理得，
由韦达定理得，
则．
24．已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，且椭圆的离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)过抛物线焦点的直线和抛物线相交于M，N两点，，求直线方程．
【解析】（1）抛物线的焦点坐标为1,0，所以椭圆中，
因为椭圆的离心率为，即，
所以，，
所以椭圆方程为
（2）当直线斜率不存在时，易知此时，不合题意；
所以直线斜率存在，设过抛物线焦点的直线方程为y=kx−1，如下图所：
联立得，
设，则，
根据焦点弦公式可得，
解得，，
所以直线方程为或
25．已知抛物线过点，其焦点为，过且斜率为的直线与交于两点，.
(1)求抛物线的标准方程，并写出其准线方程；
(2)求直线的方程.
【解析】（1）由题意将点代入抛物线方程可知，解得.
所以抛物线的标准方程为，焦点，
因此准线方程为.
（2）由（1）得直线的方程为.
设，如图所示：
联立直线和抛物线方程，消去得.
易得，且.
由抛物线焦点弦公式可知.
所以，解得或（舍去）.
故直线的方程为.
26．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）已知双曲线的左顶点是，一条渐近线的方程为．
(1)求双曲线E的离心率；
(2)设直线与双曲线E交于点P，Q，求线段PQ的长．
【解析】（1）由题意知，且，
，
所以双曲线的离心率．
（2）由（1）知双曲线方程为，
将即代入，得，
不妨设，
所以．
27．（2024·高三·黑龙江哈尔滨·开学考试）已知椭圆E：的离心率为，且过点.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若直线m过椭圆E的右焦点和上顶点，直线l过点且与直线m平行.设直线l与椭圆E交于A，B两点，求AB的长度.
【解析】（1）由题意知，，所以，，设椭圆E的方程为.
将点的坐标代入得：，，所以椭圆E的方程为.
（2）由（1）知，椭圆E的右焦点为，上顶点为，所以直线m斜率为，
由因为直线l与直线m平行，所以直线l的斜率为，
所以直线l的方程为，即，
联立，可得，
，，，
所以.
题型七：三角形面积问题
28．（2024·重庆·模拟预测）已知抛物线：的焦点为F，直线过F且与抛物线交于A，B两点，线段AB的中点为M，当时，点M的横坐标为2.
(1)求抛物线的方程；
(2)若直线与抛物线的准线交于点D，点D关于x轴的对称点为E，当的面积取最小值时，求直线的方程.
【解析】（1）设，由题知时，，故抛物线方程为；
（2）设，联立抛物线方程得，∴，，而，，
所以，
当且仅当时等号成立，故直线的方程为．
29．已知过抛物线的焦点，斜率为的直线交抛物线于，两点，且.
（1）求该抛物线的方程；
（2）为坐标原点，求的面积.
【解析】（1）抛物线的焦点为，
所以直线的方程为，
由消去得，
所以，
由抛物线定义得，
即，所以.
所以抛物线的方程为.
（2）由知，方程，
可化为，
解得，，故，.
所以，.
则面积
30．（2024·甘肃·一模）已知椭圆：的左、右焦点分别是，，上、下顶点分别是，，离心率，短轴长为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过的直线与椭圆交于不同的两点，，若，试求内切圆的面积.
【解析】（1）由题意得，又，解得，，
所以椭圆的方程为.
（2）由，，知的斜率为，因，故的斜率为，
则直线的方程为，即，
联立可得：，
设，，则，，
则的面积，
由的周长，及，得内切圆，
所以的内切圆面积为.
31．（2024·吉林长春·一模）已知椭圆：的离心率为，左、右焦点分别为、.设是椭圆上一点，满足⊥轴，.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过且倾斜角为45°的直线与椭圆相交于，两点，求的面积.
【解析】（1）由条件可知，解得：，，
所以椭圆的标准方程是；
（2）设直线，，，直线与椭圆方程联立
，得，
，，
.
32．（2024·河北·模拟预测）已知双曲线的中心在原点，焦点在轴上，离心率等于3，且经过点（-3,8），直线与双曲线交于点A、B．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）求△的面积.
【解析】解:(1)设代入(-3，8)得
∴方程为:
(2)联立的
题型八：四边形面积问题
33．（2024·陕西·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，椭圆E的离心率为，且通径长为1．
（1）求E的方程；
（2）直线l与E交于M，N两点（M，N在x轴的同侧），当时，求四边形面积的最大值．
【解析】（1）依题意可知，解得
故椭圆的方程为．
（2）延长交E于点，由（1）可知，
设，设的方程为，
由得，
故．
设与的距离为d，则四边形的面积为S，
，
又因为
，
当且仅当，即时，等号成立，
故四边形面积的最大值为2．
34．设椭圆：（），长轴的两个端点分别为，，短轴的两个端点分别为，．
(1)证明：四边形为菱形；
(2)若四边形的面积为120，边长为13，求椭圆C的方程．
【解析】（1）因为长轴的两个端点分别为，，短轴的两个端点分别为，，
所以，所以四边形是平行四边形，
又因为，所以四边形为菱形；
（2）由（1）可知：四边形为菱形，
因为四边形的面积为120，边长为13，
所以有，椭圆的标准方程为：.
35．已知E是曲线上任一点，过点E作x轴的垂线，垂足为H，动点D满足
(1)求点D的轨迹的方程；
(2)若点P是直线l：上一点，过点P作曲线的切线，切点分别为M，N，求使四边形OMPN面积最小时的值．
【解析】（1）设
由得，，所以
所以，点D的轨迹方程为
（2）由圆的切线性质知，切线长
所以，四边形面积，
所以，当OP最小时，面积最小．
而OP的最小值即为O到直线的距离，此时
又因为，所以此时.
36．已知椭圆的左右焦点分别是离心率，点为椭圆上的一个动点，面积的最大值为.
(1)求椭圆的方程；
(2)是椭圆上不重合的四个点，与相交于，若直线，均不与坐标轴重合，且，求四边形面积的最小值.
【解析】（1）当为椭圆的上下顶点时面积最大为，
所以，解得,
椭圆的方程:.
（2）（i）当中有一条直线斜率为0，另一条斜率不存在时，
解得，所以，
则四边形面积为；
（ii）当斜率存在且时，设：，，
联立得，
所以
，
又因为：，
所以只用将中的替换为可得，
所以四边形面积为，
因为，
所以，
当且仅当时取得等号，
综上，四边形面积的最小值为.
1．（2024·安徽芜湖·模拟预测）已知椭圆，一组斜率的平行直线与椭圆相交，则这些直线被椭圆截得的段的中点所在的直线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设斜率的平行直线与椭圆相交于，且中点为，
可得.
由，两式相减得，
整理得，可得，
即这些直线被椭圆截得的段的中点所在的直线方程为.
故选：C.
2．（2024·广东肇庆·一模）已知直线：与双曲线：交于，两点，点是弦的中点，则双曲线的渐近线方程是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设Ax1,y1，Bx2,y2，可得，，
两式相减可得，
点是弦的中点，且直线：，
可得，，，
即有，即，
双曲线的渐近线方程为．经验证此时直线与双曲线有两个交点.
故选：B．
3．（2024·全国·模拟预测）设抛物线的焦点为F，直线l与C交于A，B两点，，，则l的斜率是（ ）
A．±1B．C．D．±2
【答案】D
【解析】下图所示为l的斜率大于0的情况．
如图，设点A，B在C的准线上的射影分别为，，，垂足为H．
设，，则．
而，所以，
l的斜率为．同理，l的斜率小于0时，其斜率为．
另一种可能的情形是l经过坐标原点O，可知一交点为，则，
可求得，可求得l斜率为，
同理，l的斜率小于0时，其斜率为．
故选：D
4．（2024·安徽·一模）抛物线的焦点为，准线与轴的交点为．过点作直线与抛物线交于两点，其中点A在点B的右边．若的面积为，则等于（ ）
A．B．1C．2D．
【答案】D
【解析】由题可知，，直线斜率必存在，且，
由对称性不妨设，则A和B在第一象限，
因为，所以，过作轴交于点，
则，即，
又点在上，所以即，
代入得，
整理得，即，
所以或，此时或，
因为A和B在第一象限，所以，故，
所以
，
所以即.
故选：D.
5．（2024·辽宁·模拟预测）已知抛物线的焦点为，过点的的弦中最短的弦长为8，点在上，是线段上靠近点的五等分点，则（为坐标原点）的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为过点的的弦中最短的弦长为8，所以，
即的方程为．
设，
由是线段上靠近点的五等分点，得，
所以，
故，即，
不妨设点在第一象限，易知为锐角，
当取最大值时，直线的斜率也最大，
又，
当且仅当，即时取等号，
此时，
，，
，
即的最大值为．
故选：B．
6．（2024·广东佛山·模拟预测）已知M是抛物线上的一点，F是抛物线的焦点，以为始边、为终边的角，则点M的横坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】过作轴于点，设点的横坐标为，
抛物线，则焦点，准线方程为，
根据抛物线的定义得，
在中，
，
．
故选：D．
7．（2024·浙江·二模）设椭圆的弦AB与轴，轴分别交于两点，，若直线AB的斜率，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】如图所示，设，
直线，
因为，所以，
所以，
即，，所以.
因为在椭圆上，所以，
两式相减得，即.
又因为，且，，
所以，即，
所以.
故选：C.
8．（2024·陕西榆林·模拟预测）如图，抛物线E：y2=2pxp>0的焦点为F，过点的直线，与E分别相交于Ax1,y1，Bx2,y2和C，D两点，直线AD经过点F，当直线AB垂直于x轴时，．下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．若AD，BC的斜率分别为，，则
D．若的面积为，则的面积为
【答案】C
【解析】当直线AB垂直于x轴时，直线AB的方程为，所以点A的横坐标为p，所以，又，所以，故A选项错误；
若直线AB的斜率为0，则直线AB与抛物线只有一个交点，与已知矛盾，
故可设直线AB的方程为，联立化简可得，
方程的判别式，
由已知，为方程的两根，
所以，，，故B选项错误；
设直线CD的方程为，，，联立；
化简可得，方程的判别式，
所以，．，
若直线AD的斜率存在，则，，，
因为直线AD经过点F，所以，所以，
因为，所以，所以，
所以，，所以，选项C正确；
当直线AB垂直于x轴时，易知点，从而，
此时点D在过，两点的直线上，且在抛物线E：上，
从而求出点，从而，从而，故选项D错误．
故选：C.
9．（多选题）（2024·安徽·模拟预测）已知抛物线的焦点为，点与点关于原点对称，过点的直线与抛物线交于两点（点和点在点的两侧），则下列命题正确的是（ ）
A．存在直线，使得
B．若为的中线，则
C．若为的角平分线，则
D．对于任意直线，都有
【答案】BD
【解析】由题意，设，不妨令都在第一象限，，
联立和，则，且，即，
所以，则．
A选项，若，过点作垂直于准线于点，
则，即为等腰直角三角形，此时，即，
所以，所以，所以，所以，则此时为同一点，不合题设，故A错误；
B选项，若为的中线，则，所以，所以，故，所以，则，故B正确；
C选项，若为的角平分线，则，作垂直准线于，
则且，所以，即，
则，将代入整理得，
则，所以，故C错误；
D选项，，而，结合，
可得，即恒成立，故D正确．
故选：BD．
10．（多选题）（2024·贵州·模拟预测）已知抛物线的焦点为，准线为，过点的直线与交于两点，点为点在上的射影，线段与轴的交点为，的延长线交于点，则（ ）
A．B．
C．D．直线与相切
【答案】ABD
【解析】由题知，，设，则，
对于选项A，因为，所以，
令，得到，所以，故，
又，所以，所以选项A正确，
对于选项B，由选项A知，所以，令，得到，
所以，故，
又，所以，故选项B正确，
对于选项C，在中，，又由选项A知直线为的中垂线，
所以，得到，所以选项C错误，
对于选项D，因为，由，消得到，
因为，所以直线与相切，故选项D正确，
故选：ABD.
11．（多选题）（2024·浙江·二模）设双曲线与直线交于与两点，则可能有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【解析】联立方程组，可得，
因为双曲线与直线有两个交点，所以，
所以，B错误；
当时，，A正确；
当m>0时，，C正确；
当或时，，D正确.
故选：ACD.
12．（多选题）（2024·广东·二模）抛物线：焦点为F，且过点，斜率互为相反数的直线，分别交于另一点C和D，则下列说法正确的有（ ）
A．直线过定点
B．在C，D两点处的切线斜率和为
C．上存在无穷多个点到点F和直线的距离和为6
D．当C，D都在A点左侧时，面积的最大值为
【答案】BCD
【解析】对于A，因为抛物线：过点，所以，解得，
所以抛物线：，设点关于抛物线对称轴即轴的对称点为点，则，
因为斜率互为相反数，不妨设，
则，
联立与抛物线：，化简并整理得，
，
设，
则，
所以，同理，
直线的方程为：，
整理得
，
即直线的方程为：，这条直线的斜率是定值，
随着的变化，这条可能直线会平行移动，
不妨取，此时的方程依次是，
显然这两条直线是平行的，它们不会有交点，这就说明直线过定点是错误的，故A错误；
对于B，对求导，可得，从而在C，D两点处的切线斜率和为，故B正确；
对于C，设上存在点Px0,y0到点F和直线的距离和为6，
由抛物线定义可知，，其中为点到直线的距离，
注意到当时，恒有成立，
这意味着上存在无穷多个点到点F和直线的距离和为6，故C正确；
对于D，设与交与点，联立直线的方程：与直线的方程：，
解得，即点的坐标为，
设面积为，
则,
注意到C，D都在A点左侧时，意味着，且，从而的取值范围为，
从而，
设，则，
所以当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
所以面积的最大值为.
故选：BCD.
13．（多选题）（2024·贵州毕节·模拟预测）已知直线交椭圆于A，B两点，，为椭圆的左、右焦点，M，N为椭圆的左、右顶点，在椭圆上与关于直线l的对称点为Q，则（ ）
A．若，则椭圆的离心率为
B．若，则椭圆的离心率为
C．
D．若直线平行于x轴，则
【答案】ACD
【解析】如图，直线l与交于G，
对于A，若，则，所以，
所以，故A正确；
对于B，设Ax0,y0，则，且即，
所以，
所以，故B错误；
对于C，由题意可知是中位线，故，故C正确；
对于D，设点，则直线，
因为直线平行于x轴，所以点的中点，
所以由点G在直线l上且得，
解得，即，
因此，故D正确.
故选：ACD．
14．（多选题）（2024·湖北武汉·模拟预测）设点（）是抛物线上任意一点，过点作抛物线的两条切线，分别交抛物线于点和点，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．直线与抛物线相切
【答案】BCD
【解析】对A：∵直线的斜率为，
∴直线的方程为，
即，
∵，∴直线的方程为，
联立，消得：，
∵直线与抛物线相切，∴，
∴，∴选项A错误；
对B：同理可得，∴，
∵，∴
整理得，
∵，∴，∴选项B正确；
对C：由可得，
代入得，∴选项C正确；
对D：将直线的方程与抛物线联立，
同理可得，
∴直线与抛物线相切，∴选项D正确.
故选：BCD.
15．（2024·江苏南京·模拟预测）已知是椭圆的左、右焦点，M点是在第一象限椭圆E上一动点，若是锐角，则椭圆E在M点处的切线的斜率的取值范围是 ．
【答案】
【解析】，设，满足①，
当时，可得：②，
①②联立，
所以当是锐角时，
再由，得到，开方得第一象限曲线解析式：，
求导可得：当时，，即此点处的切线斜率为；
结合图象可知：圆E在M点处的切线的斜率的取值范围是
故答案为：
16．（2024·安徽·一模）椭圆C：的左右焦点分别为、，点M为其上的动点.当为钝角时，点M的横坐标的取值范围是
【答案】
【解析】设，焦点，.
因为为钝角，所以，
即.
整理得：.
因为点Mx,y在椭圆上，
代入得解得
又因为，所以点纵坐标的取值范围.
故答案为：.
17．（2024·辽宁·模拟预测）过抛物线的焦点的直线交于，两点，，是的准线上两点，以为直径的圆与切于点，且以，，，为顶点的四边形的面积为64，则直线的斜率为 .
【答案】
【解析】
设抛物线的准线与轴交于一点，过作于一点，
过作于一点，连接，，
由抛物线的定义知，，，
，，
又，，，
因此，，，
又，
则，
设的中点为，则，因此，
，即，
因此以为直径的圆与切于点，且为圆的半径，
而过直线与垂直时，在准线只有唯一的交点，这个交点即为与切于点的圆的圆心，
因此在准线只有一个圆与切于点，
故要使以的准线上两点为直径的圆与切于点，
则与重合，与重合，
因此四边形为直角梯形，
由题意知，直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，
则，联立可得，
整理得，
则，，
因此，
又的符号相反，因此，，
则，
又，
又梯形的面积为64，则，
即，整理得，，
解得，
因此，直线的斜率为.
故答案为：.
18．（2024·安徽·模拟预测）已知抛物线的焦点为为上的两点．若直线的斜率为，且，延长分别交于两点，则四边形的面积为 ．
【答案】50
【解析】由题可知，抛物线的焦点坐标为F1,0．
因为直线的斜率为，所以直线的方程为，
与抛物线的方程联立，得，所以．
设，则，，
故．
因为，所以，
所以直线的斜率为，直线的方程为，
与抛物线的方程联立，得．所以．
设，则，，
故．
所以四边形的面积为．
故答案为：50.
1．（多选题）（2022年新高考全国I卷数学真题）已知O为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交C于P，Q两点，则（ ）
A．C的准线为B．直线AB与C相切
C．D．
【答案】BCD
【解析】将点的代入抛物线方程得，所以抛物线方程为，故准线方程为，A错误；
，所以直线的方程为，
联立，可得，解得，故B正确；
设过的直线为，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，
所以，直线的斜率存在，设其方程为，，
联立，得，
所以，所以或，，
又，，
所以，故C正确；
因为，，
所以，而，故D正确.
故选：BCD
2．（2024年北京高考数学真题）若直线与双曲线只有一个公共点，则的一个取值为 ．
【答案】（或，答案不唯一）
【解析】联立，化简并整理得：，
由题意得或，
解得或无解，即，经检验，符合题意.
故答案为：（或，答案不唯一）.
3．（2023年天津高考数学真题）已知过原点O的一条直线l与圆相切，且l与抛物线交于点两点，若，则 ．
【答案】
【解析】易知圆和曲线关于轴对称，不妨设切线方程为，，
所以，解得：，由解得：或，
所以，解得：．
当时，同理可得．
故答案为：．
4．（2022年新高考全国II卷数学真题）已知直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则l的方程为 ．
【答案】
【解析】[方法一]：弦中点问题：点差法
令的中点为，设，，利用点差法得到，
设直线，，，求出、的坐标，
再根据求出、，即可得解；
令的中点为，因为，所以，
设，，则，，
所以，即
所以，即，设直线，，，
令得，令得，即，，
所以，
即，解得或（舍去），
又，即，解得或（舍去），
所以直线，即；
故答案为：
[方法二]：直线与圆锥曲线相交的常规方法
由题意知，点既为线段的中点又是线段MN的中点，
设，，设直线，，，
则，，，因为，所以
联立直线AB与椭圆方程得消掉y得
其中，
∴AB中点E的横坐标,又，∴
∵，，∴,又，解得m=2
所以直线，即
5．（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）已知为椭圆C：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为 ．
【答案】
【解析】因为为上关于坐标原点对称的两点，
且，所以四边形为矩形，
设，则，
所以，
，即四边形面积等于.
故答案为：.
6．（2024年上海秋季高考数学真题）已知双曲线左右顶点分别为，过点的直线交双曲线于两点.
(1)若离心率时，求的值．
(2)若为等腰三角形时，且点在第一象限，求点的坐标．
(3)连接并延长，交双曲线于点，若，求的取值范围．
【解析】（1）由题意得，则，．
（2）当时，双曲线，其中，，
因为为等腰三角形，则
①当以为底时，显然点在直线上，这与点在第一象限矛盾，故舍去；
②当以为底时，，
设，则 , 联立解得或或，
因为点在第一象限，显然以上均不合题意，舍去；
（或者由双曲线性质知，矛盾，舍去）；
③当以为底时，，设，其中，
则有，解得，即．
综上所述：.
（3）由题知，
当直线的斜率为0时，此时，不合题意，则，
则设直线，
设点，根据延长线交双曲线于点，
根据双曲线对称性知，
联立有，
显然二次项系数，
其中，
①，②，
，
则，因为在直线上，
则，，
即，即，
将①②代入有，
即
化简得，
所以 , 代入到 , 得 , 所以 ,
且，解得，又因为，则，
综上知，，．
7．（2024年北京高考数学真题）已知椭圆：，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，过点和的直线与椭圆的另一个交点为．
(1)求椭圆的方程及离心率；
(2)若直线BD的斜率为0，求t的值．
【解析】（1）由题意，从而，
所以椭圆方程为，离心率为；
（2）直线斜率不为0，否则直线与椭圆无交点，矛盾，
从而设，，
联立，化简并整理得，
由题意，即应满足，
所以，
若直线斜率为0，由椭圆的对称性可设，
所以，在直线方程中令，
得，
所以，
此时应满足，即应满足或，
综上所述，满足题意，此时或.
8．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴．
(1)求的方程；
(2)过点的直线交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：轴．
【解析】（1）设Fc,0，由题设有且，故，故，故，
故椭圆方程为.
（2）直线的斜率必定存在，设，Ax1,y1，Bx2,y2，
由可得，
故，故，
又，
而，故直线，故，
所以
，
故，即轴.
9．（2024年天津高考数学真题）已知椭圆椭圆的离心率．左顶点为，下顶点为是线段的中点，其中．
(1)求椭圆方程．
(2)过点的动直线与椭圆有两个交点．在轴上是否存在点使得．若存在求出这个点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由．
【解析】（1）因为椭圆的离心率为，故，，其中为半焦距，
所以，故，
故，所以，，故椭圆方程为：.
（2）
若过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：，
设，
由可得，
故且
而，
故
，
因为恒成立，故，解得.
若过点的动直线的斜率不存在，则或，
此时需，两者结合可得.
综上，存在，使得恒成立.
10．（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）已知和为椭圆上两点.
(1)求C的离心率;
(2)若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程．
【解析】（1）由题意得，解得，
所以.
（2）法一：，则直线的方程为，即，
，由（1）知，
设点到直线的距离为，则，
则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可，
此时该平行线与椭圆的交点即为点，
设该平行线的方程为：，
则，解得或，
当时，联立，解得或，
即或，
当时，此时，直线的方程为，即，
当时，此时，直线的方程为，即，
当时，联立得，
，此时该直线与椭圆无交点.
综上直线的方程为或.
法二：同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
设，则，解得或，
即或，以下同法一.
法三：同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
设，其中，则有，
联立，解得或，
即或，以下同法一；
法四：当直线的斜率不存在时，此时，
，符合题意，此时，直线的方程为，即，
当线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立椭圆方程有，则，其中，即，
解得或，，，
令，则，则
同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
则，解得，
此时，则得到此时，直线的方程为，即，
综上直线的方程为或.
法五：当的斜率不存在时，到距离，
此时不满足条件.
当的斜率存在时，设，令，
，消可得，
，且，即，
，
到直线距离，
或，均满足题意，或，即或.
法六：当的斜率不存在时，到距离，
此时不满足条件.
当直线斜率存在时，设，
设与轴的交点为，令，则，
联立，则有，
，
其中，且，
则，
则，解的或，经代入判别式验证均满足题意.
则直线为或，即或.
11．（2023年北京高考数学真题）已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，．
(1)求的方程；
(2)设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：．
【解析】（1）依题意，得，则，
又分别为椭圆上下顶点，，所以，即，
所以，即，则，
所以椭圆的方程为.
（2）因为椭圆的方程为，所以，
因为为第一象限上的动点，设，则，
易得，则直线的方程为，
，则直线的方程为，
联立，解得，即，
而，则直线的方程为，
令，则，解得，即，
又，则，，
所以
，
又，即，
显然，与不重合，所以.
12．（2023年高考全国甲卷数学（理）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．
【解析】（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．
13．（2023年高考全国乙卷数学（理）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．
【解析】（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.
14．（2023年天津高考数学真题）已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知．
(1)求椭圆的方程和离心率；
(2)点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程．
【解析】（1）如图，
由题意得，解得，所以，
所以椭圆的方程为，离心率为.
（2）由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得，
设直线的方程为，
联立方程组，消去整理得：，
由韦达定理得，所以，
所以，.
所以,,，
所以，
所以，即，
解得，所以直线的方程为.
15．（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）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．
【解析】（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.
.
16．（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）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.
【解析】（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.
17．（2022年新高考天津数学高考真题）椭圆的右焦点为F，右顶点A和上顶点为B满足．
(1)求椭圆的离心率；
(2)直线l与椭圆有唯一公共点M，与y轴相交于点N（N异于M）．记O为原点，若，且的面积为，求椭圆的方程．
【解析】（1），
离心率为.
（2）由（1）可知椭圆的方程为，
易知直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立得，
由，①
，，
由可得，②
由可得，③
联立①②③可得，，，故椭圆的标准方程为．
18．（2022年新高考浙江数学高考真题）如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点．
(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求的最小值．
【解析】（1）设是椭圆上任意一点,,
，当且仅当时取等号，故的最大值是.
（2）设直线,直线方程与椭圆联立,可得,设，所以，
因为直线与直线交于,
则,同理可得,.则
，
当且仅当时取等号，故的最小值为.
19．（2022年高考全国甲卷数学（理）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．
【解析】（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．
20．（2022年高考全国乙卷数学（理）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．
【解析】（1）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
21．（2022年新高考北京数学高考真题）已知椭圆的一个顶点为，焦距为．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当时，求k的值．
【解析】（1）依题意可得，，又，
所以，所以椭圆方程为；
（2）依题意过点的直线为，设、，不妨令，
由，消去整理得，
所以，解得，
所以，，
直线的方程为，令，解得，
直线的方程为，令，解得，
所以
，
所以，
即
即
即
整理得，解得
22．（2022年新高考全国I卷数学真题）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．
【解析】（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．
23．（2021年天津高考数学试题）已知椭圆的右焦点为，上顶点为，离心率为，且．
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆有唯一的公共点，与轴的正半轴交于点，过与垂直的直线交轴于点．若，求直线的方程．
【解析】（1）易知点、，故，
因为椭圆的离心率为，故，，
因此，椭圆的方程为；
（2）设点为椭圆上一点，
先证明直线的方程为，
联立，消去并整理得，，
因此，椭圆在点处的切线方程为.
在直线的方程中，令，可得，由题意可知，即点，
直线的斜率为，所以，直线的方程为，
在直线的方程中，令，可得，即点，
因为，则，即，整理可得，
所以，，因为，，故，，
所以，直线的方程为，即.
24．（2021年全国新高考II卷数学试题）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．
【解析】（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．
25．（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）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.
【解析】（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.
目录
TOC \ "1-2" \h \z \u \l "_Tc176878377" 01 模拟基础练 PAGEREF _Tc176878377 \h 2
\l "_Tc176878378" 题型一：直线与圆锥曲线的位置关系 PAGEREF _Tc176878378 \h 2
\l "_Tc176878379" 题型二：求中点弦所在直线方程问题 PAGEREF _Tc176878379 \h 5
\l "_Tc176878380" 题型三：求弦中点的轨迹方程问题 PAGEREF _Tc176878380 \h 6
\l "_Tc176878381" 题型四：利用点差法解决对称问题 PAGEREF _Tc176878381 \h 9
\l "_Tc176878382" 题型五：利用点差法解决斜率之积问题 PAGEREF _Tc176878382 \h 13
\l "_Tc176878383" 题型六：弦长问题 PAGEREF _Tc176878383 \h 15
\l "_Tc176878384" 题型七：三角形面积问题 PAGEREF _Tc176878384 \h 18
\l "_Tc176878385" 题型八：四边形面积问题 PAGEREF _Tc176878385 \h 21
\l "_Tc176878386" 02 重难创新练 PAGEREF _Tc176878386 \h 25
\l "_Tc176878387" 03 真题实战练 PAGEREF _Tc176878387 \h 41
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