专题49 直线与椭圆、双曲线-2025年高考数学一轮复习讲义（知识梳理+真题自测+考点突破+分层检测）（新高考专用）

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【真题自测】2
【考点突破】14
【考点1】直线与椭圆、双曲线的位置关系14
【考点2】中点弦及弦长问题27
【考点3】直线与椭圆、双曲线的综合问题42
【分层检测】55
【基础篇】55
【能力篇】66
【培优篇】71
真题自测
一、解答题
1．（2024·全国·高考真题）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．
2．（2024·全国·高考真题）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.
(1)若，求；
(2)证明：数列是公比为的等比数列；
(3)设为的面积，证明：对任意正整数，.
3．（2023·全国·高考真题）已知椭圆的离心率是，点在上．
(1)求的方程；
(2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点．
4．（2023·全国·高考真题）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上.
5．（2022·全国·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.
6．（2022·全国·高考真题）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．
参考答案：
1．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设Fc,0，根据的坐标及轴可求基本量，故可求椭圆方程.
（2）设，Ax1,y1，Bx2,y2，联立直线方程和椭圆方程，用的坐标表示，结合韦达定理化简前者可得，故可证轴.
【详解】（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.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
2．(1)，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出的坐标即可；
（2）根据等比数列的定义即可验证结论；
（3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.
【详解】（1）
由已知有，故的方程为.
当时，过且斜率为的直线为，与联立得到.
解得或，所以该直线与的不同于的交点为，该点显然在的左支上.
故，从而，.
（2）由于过且斜率为的直线为，与联立，得到方程.
展开即得，由于已经是直线和的公共点，故方程必有一根.
从而根据韦达定理，另一根，相应的.
所以该直线与的不同于的交点为，而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为，故一定在的左支上.
所以.
这就得到，.
所以
.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点，若，，则.（若在同一条直线上，约定）
证明：
.
证毕，回到原题.
由于上一小问已经得到，，
故.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数，都有
.
而又有，，
故利用前面已经证明的结论即得
.
这就表明的取值是与无关的定值，所以.
方法二：由于上一小问已经得到，，
故.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数，都有
.
这就得到，
以及.
两式相减，即得.
移项得到.
故.
而，.
所以和平行，这就得到，即.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.
3．(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．
4．(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．(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．(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.
考点突破
【考点1】直线与椭圆、双曲线的位置关系
一、解答题
1．（2024·安徽·三模）已知椭圆的右焦点为F，C在点处的切线l分别交直线和直线于两点．
(1)求证：直线与C相切；
(2)探究：是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
2．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）椭圆的焦点为和，短轴长为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设椭圆上、下顶点分别为、，过点的直线与椭圆交于、两点（不与、两点重合）.
①求证：与的交点的纵坐标为定值；
②已知直线，求直线、、围成的三角形面积最小值.
3．（2025·广东·一模）设两点的坐标分别为. 直线相交于点，且它们的斜率之积是. 设点的轨迹方程为.
(1)求;
(2)不经过点的直线与曲线相交于、两点，且直线与直线的斜率之积是，求证：直线恒过定点.
4．（2024·内蒙古赤峰·三模）已知点为圆上任意一点，，线段的垂直平分线交直线于点 ，设点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)若过点的直线与曲线的两条渐近线交于，两点，且为线段ST的中点.
（i）证明：直线与曲线有且仅有一个交点；
（ii） 求证：是定值.
5．（2024·安徽·一模）已知双曲线C：的离心率为2.且经过点.
(1)求C的方程；
(2)若直线l与C交于A，B两点，且（点O为坐标原点），求的取值范围.
6．（2024·上海浦东新·三模）已知双曲线，点、分别为双曲线的左、右焦点，Ax1,y1、Bx2,y2为双曲线上的点.
(1)求右焦点到双曲线的渐近线的距离；
(2)若，求直线的方程；
(3)若，其中A、B两点均在x轴上方，且分别位于双曲线的左、右两支，求四边形的面积的取值范围.
参考答案：
1．(1)证明见解析
(2)，理由见解析
【分析】（1）联立曲线后消去纵坐标可得一元二次方程，借助椭圆方程代入计算可得该一元二次方程有唯一解即可得证；
（2）由（1）可得直线的方程，即可得两点坐标，计算出与即可得.
【详解】（1）联立，整理得：，
又因为，即，则，
即，此方程有唯一解，即直线与椭圆相切；
（2）由（1）知，直线的方程为，即，
将直线和直线分别与上式联立，
由题意可得，
因为F1,0，所以，
所以，即为定值.
2．(1)
(2)①证明见解析；②
【分析】（1）利用椭圆的性质直接求解即可；
（2）①由题知直线斜率存在，设直线，，，联立方程，结合韦达定理，表示出直线和的方程，化简得到，即可判断直线，的交点在直线上. ②设直线与直线，的交点分别为，，表示出，即求的最小值，利用换元法可得，即可得到结果.
【详解】（1）根据题意可得，，，
则，所以，
所以椭圆的标准方程为.
（2）①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，
则，
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．
联立和方程，
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.
3．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设点的坐标为，然后表示出直线的斜率，再由它们的斜率之积是，列方程化简可得点的轨迹方程；
（2）设，当直线斜率不存在时，求得直线为 0，当直线斜率存在时，设直线 ，由得，将直线方程代入椭圆方程化简利用根与系数的关系，代入上式化简可得，从而可求得直线恒过的定点.
【详解】（1）设点的坐标为，因为点的坐标是，
所以直线 的斜率，
同理，直线 的斜率，
由已知，有，
化简，得点的轨迹方程为，
即点的轨迹是除去 两点的椭圆.
（2）证明：设
①当直线斜率不存在时，可知 ，
且有，
解得，此时直线为 0，
②当直线斜率存在时，设直线 ，则此时有：
联立直线方程与椭圆方程 ，
消去 可得： ，
根据韦达定理可得： ，，
所以，
所以，
所以
所以，则或，
当时，则直线 恒过点与题意不符，舍去，
故，直线恒过原点，
结合①，②可知，直线恒过原点 ，原命题得证.
【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆的轨迹方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查椭圆中直线过定点问题，解题的关键是设出直线方程代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系结合已知条件求解，考查计算能力，属于较难题.
4．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）根据垂直平分线的性质得到，即可得到，结合双曲线的定义计算可得；
（2）（i）设 ，，，不妨令，，即可得到，从而表示出直线的方程，再联立直线与双曲线方程，消元、由，即可证明；（ii）由 （i ）求出，，再由计算可得.
【详解】（1）圆的圆心为，半径，
因为线段的垂直平分线交直线于点， 则，
，
∴点的轨迹为以、为焦点的双曲线，
设双曲线方程为，则，，所以，
所以点的轨迹方程为

（2）（ i ） 设 ，，，
若，则，即直线的方程为，显然满足直线与曲线有且仅有一个交点；
若，显然，由题可知，则，，
因为双曲线的渐近线方程为，不妨令，，
所以，，
，即，
即，
∴直线的方程为，即，
又∵点在上，，则，
即直线的方程为，
将方程联立，得，
，由，可知方程有且仅有一个解，
∴与有且仅有一个交点；

（ii）由 （i ）联立 ，可得，
同理可得，
，
所以是定值.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y1、x2,y2；
（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.
5．(1)
(2)
【分析】（1）根据离心率以及经过的点即可联立求解曲线方程；
（2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，进而根据向量的数量积的坐标运算化简得，根据弦长公式，结合不等式即可求解，
【详解】（1）由题意可得，解得，
故双曲线方程为.
（2）当直线斜率不存在时，可设，
则，
将其代入双曲线方程，
又，解得，
此时，
当直线斜率存在时，设其方程为，设Ax1,y1,Bx2,y2，
联立，
故，
则
，
化简得，此时，
所以
，
当时，此时，
当时，此时，
，故，
因此，
综上可得.
6．(1)
(2)
(3).
【分析】（1）由题意，求出点的坐标和渐近线方程，根据点到直线的距离公式计算即可求解；
（2）易知直线不与x轴重合，设其方程为，联立双曲线方程，利用韦达定理表示，结合计算求得即可；
（3）如图，由（2），利用弦长公式求出，利用平行线之间的距离公式求出平行线与之间的距离，进而表示，结合换元法计算即可求解.
【详解】（1）由题，右焦点，渐近线方程为，
因此焦点到渐近线的距离为.
（2）显然，直线不与x轴重合，设直线方程为，
由，得，
由，得，
其中，恒成立，
，，
代入，消元得，，
即，解得，
所以，直线的方程为.
（3）延长交双曲线于点P，延长交双曲线于点Q.则由对称性得，
四边形为平行四边形，且面积为四边形面积的2倍.
由题，设，直线程为，直线方程，
由第（2）问，易得，
因为，得，因而，
平行线与之间的距离为，
因此，.
令，则，
得在上是严格增函数，
故（等号当且仅当时成立），
所以，四边形面积的取值范围为.
反思提升：
1.判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时，通常将直线l的方程Ax＋By＋C＝0(A、B不同时为0)代入圆锥曲线C的方程F(x，y)＝0.消去y(或x)得到一个关于变量x(或y)的方程ax2＋bx＋c＝0(或ay2＋by＋c＝0).
(1)当a≠0时，则Δ＞0时，直线l与曲线C相交；Δ＝0时，直线l与曲线C相切；Δ＜0时，直线l与曲线C相离.
(2)当a＝0时，即得到一个一次方程，则l与C相交，且只有一个交点，此时，若C为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线平行；若C为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴平行或重合.
2.对于过定点的直线，也可以通过定点在椭圆内部或椭圆上判定直线和椭圆有交点.
【考点2】中点弦及弦长问题
一、解答题
1．（2024·河南新乡·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，且，过点作两条直线，直线与交于两点，的周长为．
(1)求的方程；
(2)若的面积为，求的方程；
(3)若与交于两点，且的斜率是的斜率的2倍，求的最大值．
2．（2024·河北沧州·模拟预测）已知直线与椭圆相交于两点，为弦的中点，为坐标原点，直线的斜率记为.
(1)证明：；
(2)若，焦距为.
①求椭圆的方程；
②若点为椭圆的右顶点，，且直线与轴围成底边在轴上的等腰三角形，求直线的方程.
3．（2024·广东广州·三模）一般地，当且时，方程表示的椭圆称为椭圆的相似椭圆．已知椭圆，椭圆（且）是椭圆C的相似椭圆，点P为椭圆上异于其左，右顶点M，N的任意一点．
(1)当时，直线与椭圆C，自上而下依次交于R，Q，S，T四点，探究，的大小关系，并说明理由．
(2)当（e为椭圆C的离心率）时，设直线与椭圆C交于点A，B，直线与椭圆C交于点D，E，求的值．
4．（2025·广东广州·模拟预测）在平面直角坐标系中，点到点的距离与到直线的距离之比为，记的轨迹为曲线，直线交右支于，两点，直线交右支于，两点，．
(1)求的标准方程；
(2)证明：；
(3)若直线过点，直线过点，记，的中点分别为，，过点作两条渐近线的垂线，垂足分别为，，求四边形面积的取值范围．
5．（2024·安徽池州·二模）已知双曲线的右焦点，离心率为，过F的直线交于点两点，过与垂直的直线交于两点.
(1)当直线的倾斜角为时，求由四点围成的四边形的面积；
(2)直线分别交于点，若为的中点，证明：为的中点.
6．（2023·广西南宁·模拟预测）已知双曲线()经过点，其渐近线方程为．
(1)求双曲线C的方程；
(2)过点的直线l与双曲线C相交于A，B两点，P能否是线段AB的中点？请说明理由．
参考答案：
1．(1)
(2)或．
(3)．
【分析】（1）根据椭圆的定义求得，即可求解；
（2）由题意设，联立椭圆方程，根据韦达定理表示出，结合的面积建立方程，计算即可求解；
（3）由（2）可得，进而，则，结合基本不等式计算即可求解.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，由题意知，所以，
的周长为，所以，
所以，
故的方程为．
（2）易知的斜率不为0，设，
联立，得，
所以．
所以，
由，
解得，
所以的方程为或．
（3）由（2）可知，
因为的斜率是的斜率的2倍，所以，
得．
所以，
当且仅当时，等号成立，
所以的最大值为．

2．(1)证明见解析
(2)①；②答案见解析
【分析】（1）根据题意，由点差法代入计算，即可证明；
（2）①根据题意，由条件可得的方程，代入计算，即可得到椭圆方程；②联立直线与椭圆方程，结合韦达定理代入计算，由可知，，即可得到直线过定点，从而得到结果.
【详解】（1）证明：设Ax1,y1,Bx2,y2，
则，
将两点代入椭圆方程，得
两式作差得，
所以，
所以，即.
（2）

①因为，所以，即.
因为焦距为，所以，所以，
所以椭圆的方程为.
②联立得，
得，
所以.
由（1）得，，由可知，.
因为，
所以
化简得，
所以，所以或，满足（※）式.
当时，直线的方程为，过定点2,0（舍去）；
当时，直线的方程为，过定点.
因为为等腰三角形，且为底边，可求得，
所以当时，，即直线的方程为，
当时，，即直线的方程为.
3．(1)，理由见解析
(2)7
【分析】对小问（1）可通过联立直线与椭圆，得到线段与线段的中点相同；对小问（2）可先求出点与点，再根据点在椭圆上，求出直线与直线斜率之间的关系，然后设斜率为参数求解.
【详解】（1）将椭圆与直线联立：
，整理得；
，，
设交点，，由韦达定理：
，
同理，将与直线联立可得：
，，
设交点，，由韦达定理：
，
，即线段与线段的中点相同.
故.
（2）椭圆的离心率为，则，的方程为：，可得，
由题意可知直线，斜率均存在且不为零.
设，
将点代入椭圆，，
令，则；写出直线方程：，：，
已知点和点都在椭圆内部，故一定有两个交点.
联立与，整理得：；
设，，
由韦达定理：，，
，
同理，将替代成可得，可得，
故的值为7.
【点睛】方法点睛：对涉及到圆锥曲线截直线得到的线段问题，通常：
（1）先设直线方程，设出曲线与直线的两个交点坐标；
（2）联立，直线代入圆锥曲线化简，消去或者中的一个；
（3）通过韦达定理可以将两个交点坐标之和与两坐标之积用参数表示而不用求出两个交点，这种方法就是通常所说的“设而不求”.
4．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据两点间的距离和点到直线的距离公式即可列等式求解；
（2）根据直线与双曲线联立方程，得韦达定理，结合数量积坐标运算即可证明；
（3）依据题意得直线和直线的方程分别为，联立直线和曲线E方程求得韦达定理，从而利用中点坐标公式求出点P坐标，同理求出点Q坐标，再利用点到直线距离公式分别求出点P和点Q到两渐近线的距离，接着根据计算结合变量取值范围即可求解.
【详解】（1）设点，因为点到点的距离与到直线的距离之比为，
所以 ，整理得，
所以的标准方程为.
（2）由题意可知直线和直线斜率若存在则均不为0且不为，

①直线的斜率不存在时，则可设直线方程为，，
则且由点A和点B在曲线E上，故，
所以，
同理可得，所以；
②直线斜率存在时，则可设方程为，Ax1,y1、Bx2,y2，
联立，
则即，
且，且，
所以
，
同理 ，所以，
综上，.
（3）由题意可知直线和直线斜率若存在则斜率大于1或小于，
且曲线E的渐近线方程为，
故可分别设直线和直线的方程为和，且，

联立得，设Ax1,y1、Bx2,y2，
则，
，，
故，
因为P是中点，所以即，
同理可得，
所以P到两渐近线的距离分别为，
，
Q到两渐近线的距离分别为，
，
由上知两渐近线垂直，故四边形是矩形，连接，
则四边形面积为
，
因为，所以，
所以，
所以四边形面积的取值范围为.
【点睛】关键点睛：求解四边形面积的取值范围的关键1在于明确直线和直线的变量m的范围为，；关键2在于先将四边形补形为矩形再分割为四边形和两个三角形利用来计算求解.
5．(1)6
(2)证明见解析
【分析】（1）先求得双曲线的标准方程，再求得的长，进而求得由四点围成的四边形的面积；
（2）利用设而不求的方法结合同一法即可证得为的中点.
【详解】（1）由题意知，
所以的方程为
直线的倾斜角为，过点直线的方程为
设Ax1,y1,Bx2,y2，联立，
得
与互相垂直的倾斜角为由对称性可知

（2）方法一：由题意可知的斜率存在且不为0，设的方程分别为由互相垂直可得①
联立得②
联立，
整理得
是的中点③
由②③得，即④
同理联立得⑤
由①④⑤得
⑥
联立，
得
取中点，所以⑦
由⑥⑦得与重合，即是中点.
方法二：由题意可知的斜率存在且不为0，设的方程分别为
由互相垂直可得
设的坐标分别为
联立，
得，又
是的中点
整理可得的中点
又直线恒过定点，
，
同理
三点共线
所以的中点在上，又上的点在上
所以与重合，即是中点
方法三：由题意可知的斜率存在且不为0，设的方程分别为
由互相垂直可得①
联立得，所以②
设的坐标分别为，代入得
两式相减得，
变形为，即③
由②③得，即④
同理联立得，
所以⑤
由①④⑤得，
所以⑥
取中点，同理可证⑦
由⑥⑦得.
结合均在直线上，所以与重合，即是中点.

6．(1)；
(2)不能，证明见解析；
【分析】
（1）由渐近线方程求得一个关系，再代入点的坐标，可解得得双曲线方程；
（2）设出交点坐标，若是线段的中点，利用点差法求出直线l方程，再联直线与双曲线查看是否有解，即可判断.
【详解】（1）由题双曲线()经过点，其渐近线方程为，
所以，，
解得，
所以双曲线C的方程为：.
（2）
当直线l垂直x轴时，直线l的方程为，此时直线l与双曲线只有一个交点，不满足；
当直线l不垂直x轴时，斜率存在，
设Ax1,y1,Bx2,y2，
所以，
两式作差得，
即，
若是线段的中点，则，
则，
所以直线l的斜率，
则直线l的方程为，
将直线l与双曲线联立，得，
，方程无解，
所以这样的直线不存在，即点P不能是线段的中点.
反思提升：
1.弦及弦中点问题的解决方法
(1)根与系数的关系：直线与椭圆或双曲线方程联立，消元，利用根与系数关系表示中点；
(2)点差法：利用弦两端点适合椭圆或双曲线方程，作差构造中点、斜率间的关系.若已知弦的中点坐标，可求弦所在直线的斜率.
2.弦长的求解方法
(1)当弦的两端点坐标易求时，可直接利用两点间的距离公式求解.
(2)当直线的斜率存在时，斜率为k的直线l与椭圆或双曲线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两个不同的点，则弦长公式的常见形式有如下几种：
①|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|
＝eq \r(（1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2])；
②|AB|＝eq \r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|(k≠0)
＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2)))[（y1＋y2）2－4y1y2]).
【考点3】直线与椭圆、双曲线的综合问题
一、解答题
1．（2024·上海·高考真题）在平面直角坐标系中，已知点为椭圆上一点，、分别为椭圆的左、右焦点.
(1)若点的横坐标为2，求的长;
(2)设的上、下顶点分别为、，记的面积为的面积为，若，求的取值范围
(3)若点在轴上方，设直线与交于点，与轴交于点延长线与交于点，是否存在轴上方的点，使得成立?若存在，请求出点的坐标;若不存在，请说明理由.
2．（2023·四川绵阳·三模）在平面直角坐标系 ​中：①已知点​， 直线​，动点​满足到点​的距离与到直线​的距离之比​；②已知点​分别在​轴，​轴上运动， 且​， 动点​满​； ③已知圆​的方程为​， 直线​为圆​的切线， 记点​到直线​的距离分别为​， 动点​满足​．
(1)在①，②，③这三个条件中任选一个， 求动点 ​的轨迹方程；
(2)记 （1）中动点 ​的轨迹为​， 经过点​的直线​交​于​两点， 若线段​的垂直平分 线与​轴相交于点​， 求点​纵坐标的取值范围．
3．（2023·江苏连云港·模拟预测）已知椭圆的离心率为，抛物线的焦点为点F，过点F作y轴的垂线交椭圆于P，Q两点，．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过抛物线上一点A作抛物线的切线l交椭圆于B，C两点，设l与x轴的交点为D，BC的中点为E，BC的中垂线交x轴于点G，若，的面积分别记为，，且，点A在第一象限，求点A的坐标．
4．（2025·黑龙江大庆·一模）已知双曲线的中心为坐标原点，左焦点为，渐近线方程为.
(1)求的方程；
(2)若互相垂直的两条直线均过点，且，直线交于两点，直线交于两点，分别为弦和的中点，直线交轴于点，设.
①求；
②记，，求.
5．（2025·宁夏·模拟预测）在平面直角坐标系中，点T到点的距离与到直线的距离之比为，记T的轨迹为曲线E，直线交E右支于A，B两点，直线交右支于C，D两点，.
(1)求E的标准方程；
(2)若直线过点，直线过点，记AB，CD的中点分别为P，Q，过点Q作E两条渐近线的垂线，垂足分别为M，N，求四边形面积的取值范围.
6．（2024·重庆沙坪坝·模拟预测）如图， 在平面直角坐标系中，双曲线的上下焦点分别为，. 已知点和都在双曲线上， 其中为双曲线的离心率.
(1)求双曲线的方程;
(2)设是双曲线上位于轴右方的两点，且直线与直线平行，与交于点.
(i) 若，求直线的斜率；
(ii) 求证：是定值.
参考答案：
1．(1)；
(2)；
(3)存在，
【分析】（1）根据给定条件，求出点的纵坐标，再利用两点间距离公式计算即得.
（2）设，求出，再利用给定关系求出的范围，进而求出的范围.
（3）设，利用向量坐标运算及共线向量的坐标表示可得，再联立直线与椭圆方程，结合韦达定理求解即得.
【详解】（1）设，由点为椭圆上一点，得，即，又，
所以.
（2）设，而，
则，由，得，
即，又，则，解得，，
所以的范围是.
（3）设，由图象对称性，得、关于轴对称，则，
又，于是，
则，同理，
由，得，
因此，即，则，
设直线，由消去得，
则，即，而，解得，，
由，得，所以.
【点睛】思路点睛：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．
2．(1)所选条件见解析， ​．
(2)​．
【分析】（1）分别根据选择的条件，设，把条件转化为数学表达式，化简得到与之间的关系即为点的轨迹方程；
（2）设，当直线的斜率不存在时，；当直线的斜率存在时，设直线的斜率为，，线段的中点为，联立，得到，线段的垂直平分线的方程为，令，得.代入得，从而求得的取值范围.
【详解】（1）若选①： 设​，根据题意， 得​，整理可得​，
所以动点​的轨迹方程为​．
若选②： 设​，则 ​， (I)
因为 ​，所以 ​，整理， 得 ​，代入(I)得： ​，
所以动点 ​的轨迹方程为​．
若选③： 设 ​， 直线​与圆相切于点​，则 ​
由椭圆的定义， 知点​的轨迹是以​为焦点的椭圆，
所以 ​， 故，​
所以动点 ​的轨迹方程为​．
（2）设 ​， 当直线​的斜率不存在时，​
当直线 ​的斜率存在时， 设直线​的斜率为​，
线段 ​的中点为​，
由 ​，得 ，​
所以，​
线段 ​的垂直平分线的方程为，​
令 x=0​， 得​．
由 ​，得 ，​
由 ​得​，
所以 ​，
则 ​或​，
所以 ​或​．
综上所述， 点 ​纵坐标的取值范围是​．
【点睛】方法点睛：（1）根据条件中的点到直线距离，点到点的距离，向量关系及椭圆定义，分别化简求得与之间的关系，即可求得轨迹方程；
（2）设直线方程，联立椭圆方程可以求得参数满足的关系，代入到题干条件，求得直线的方程，从而求得轴上的截距满足的一元二次函数条件，从而求得结果.
3．(1)
(2)
【分析】（1）不妨设在第一象限，由题意可知，再结合点P在椭圆上及离心率从而可求解；
（2）设出点，求出切线方程，再代入椭圆，利用韦达定理和中点坐标公式求出的坐标，求出的垂直平分线，从而求出的坐标，从而可求解.
【详解】（1）由，可知焦点．
不妨设点P在第一象限，由题意可知点．由点P在椭圆上，得．
又因为，即，则，可得，解得．
所以，，椭圆的标准方程为．
（2）设点，由得，，所以切线l的方程为
，即．
代入椭圆方程，得．
由，得．
设点，，，则．
，
则GE的方程为，即，
令，得．
在直线l的方程中令，得．
，，
，，可得．于是，
可得．
化简得，解得，
符合．
所以（舍去），进而，可得点A的坐标为．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意Δ的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
4．(1)
(2)①；②
【分析】（1）设双曲线方程为，表示渐近线方程，从而得到方程组，求出、，即可求出曲线方程；
（2）①首先判断直线的斜率均存在且不为，设的方程为，Ax1,y1，Bx2,y2，，，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，即可求出点坐标，同理可得点坐标，根据、、三点共线，表示出，即可得解；②首先得到，再利用并项求和法及错位相减法计算可得.
【详解】（1）依题意设双曲线方程为，
则渐近线方程为，
则，解得，所以的方程为；
（2）①当直线中又一条直线的斜率为，另一条直线的斜率不存在是，直线与轴重合，不符合题意；
所以直线的斜率均存在且不为，
设的方程为，Ax1,y1，Bx2,y2，，，
由，得，
则，所以，，
所以，则，
所以，同理可得，
因为、、三点共线，所以，
又，所以，
因为，所以；
②，
所以
，
设，
则，
所以，
所以，
所以，
所以.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y1、x2,y2；
（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.
5．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，设点，结合两点间距离公式，代入计算，化简即可得到结果；
（2）根据题意，分别设直线和直线的方程为和，然后联立直线与双曲线方程，结合韦达定理代入计算，分别得到点的坐标，再结合点到直线的距离公式与面积公式，代入计算，即可求解.
【详解】（1）设点，因为点到点的距离与到直线的距离之比为，
所以，整理得，
所以的标准方程为.
（2）由题意可知直线和直线斜率若存在则斜率大于1或小于，
且曲线的渐近线方程为，
故可分别设直线和直线的方程为和，且，
联立得，设Ax1,y1、Bx2,y2，
则，，，
故，
因为是AB中点，所以即，
同理可得，
所以到两渐近线的距离分别为，.
到两渐近线的距离分别为，，
由上知两渐近线垂直，故四边形是矩形，连接OP，
则四边形面积为，
因为，所以，所以，
所以四边形面积的取值范围为.
6．(1)
(2)(i)；(ii)
【分析】（1）将点的坐标代入双曲线的方程求解即可；
（2）（I）构造平行四边形，求出，然后利用弦长公式求直线的斜率即可；（II）利用三角形相似和双曲线的性质，将转化为，然后结合韦达定理求解即可.
【详解】（1）将点和代入双曲线方程得：
，结合，化简得：，解得，
双曲线的方程为．
（2）(i) 设关于原点对称点记为，
则．
因为，所以，
又因为，所以，即，
故三点共线．
又因为与互相平分，所以四边形为平行四边形，故，
所以．
由题意知，直线斜率一定存在，
设的直线方程为，代入双曲线方程整理得：
，故，
直线与双曲线上支有两个交点，所以，解得．
由弦长公式得
，
则，且由图可知，即，
代入解得．
(ii) 因为，由相似三角形得，
所以
．
因为．
所以，故为定值．
【点睛】关键点点睛：第二问(ii)的关键是将转化为，结合韦达定理即可顺利得解.
反思提升：
1.求解直线与椭圆的综合问题的基本思想是方程思想，即根据题意，列出有关的方程，利用代数的方法求解.为减少计算量，在代数运算中，经常运用设而不求的方法.
2.直线方程的设法，根据题意，如果需要讨论斜率不存在的情况，则设直线方程为x＝ty＋m避免讨论；若所研究的直线的斜率存在，则可设直线方程为y＝kx＋b的形式；若包含平行于坐标轴的直线，则不要忘记斜率不存在的情况的讨论.
分层检测
【基础篇】
一、单选题
1．（23-24高三下·广东广州·阶段练习）已知正实数满足，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
2．（2023·江西·模拟预测）已知直线过椭圆C；的一个焦点，与C交于A，B两点，与平行的直线与C交于M，N两点，若AB的中点为P，MN的中点为Q，且PQ的斜率为，则C的方程为（ ）
A．B．
C．D．
3．（2024·山东泰安·三模）已知为双曲线（，）的右焦点，直线与的两条渐近线分别交于，两点，为坐标原点，是面积为4的直角三角形，则的方程为（ ）
A．B．C．D．
4．（2022·全国·模拟预测）已知双曲线C的中心在坐标原点，其中一个焦点为，过F的直线l与双曲线C交于A、B两点，且AB的中点为，则C的离心率为( )
A．B．C．D．
二、多选题
5．（2024·四川·一模）已知椭圆的左顶点为，左、右焦点分别为，过点的直线与椭圆相交于两点，则（ ）
A．
B．
C．当不共线时，的周长为
D．设点到直线的距离为，则
6．（22-23高二下·广西·期中）已知双曲线的左、右焦点分别为，抛物线的焦点与双曲线C的一个焦点重合，点P是这两条曲线的一个公共点，则下列说法正确的是（ ）
A．B．的周长为16
C．的面积为D．
7．（2022·福建泉州·模拟预测）已知，分别是双曲线：的左、右焦点，点是该双曲线的一条渐近线上的一点，并且以线段为直径的圆经过点，则（ ）
A．的面积为B．点的横坐标为2或
C．的渐近线方程为D．以线段为直径的圆的方程为
三、填空题
8．（2024·北京·高考真题）若直线与双曲线只有一个公共点，则的一个取值为 ．
9．（2022·安徽蚌埠·三模）已知椭圆的离心率为,直线与椭圆交于,两点,当的中点为时,直线的方程为 .
10．（2024·黑龙江吉林·二模）椭圆的左，右焦点分别为，，过焦点的直线交椭圆于A，B两点，设，，若的面积是4，则 .
四、解答题
11．（2024·陕西西安·模拟预测）已知椭圆的一个焦点与抛物线的焦点重合，离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点作斜率为的直线交椭圆于两点，求弦中点坐标.
12．（2023·云南昆明·模拟预测）已知双曲线C：上任意一点Q（异于顶点）与双曲线两顶点连线的斜率之积为，E在双曲线C上，F为双曲线C的右焦点，|EF|的最小值为.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)过椭圆上任意一点P（P不在C的渐近线上）分别作平行于双曲线两条渐近线的直线，交两渐近线于M，N两点，且，是否存在m，n使得椭圆的离心率为？若存在，求出椭圆的方程，若不存在，说明理由.
参考答案：
1．C
【分析】原问题可转化为直线与椭圆在在第一象限有交点，利用数形结合及直线与椭圆相切即可求解.
【详解】

原问题可转化为直线与椭圆在在第一象限有交点，
当直线与椭圆交于上顶点时，，
数形结合可得，；
联立，化简得，
令，解得（负值舍去），
所以.
故选：C.
2．C
【分析】
运用点差法，结合直线斜率公式进行求解即可.
【详解】设，
则，两式作差得
所以
若O为坐标原点，则，同理，所以O，P，Q三点共线，
即，所以，又过点，即椭圆的焦点，所以
解得，所以C的方程为
故选：C
3．B
【分析】根据给定条件，结合双曲线的对称性求出渐近线方程，再结合给定面积计算得解.
【详解】由为直角三角形，及双曲线的对称性知，且，
则的渐近线方程为，即，由的面积为4，得，解得，
又，因此，
所以的方程为.
故选：B
4．B
【分析】利用点差法即可．
【详解】由F、N两点的坐标得直线l的斜率．
∵双曲线一个焦点为(-2，0)，∴c=2．
设双曲线C的方程为，则．
设，，则，，．
由，得，
即，∴，易得，，，
∴双曲线C的离心率．
故选：B．
5．BCD
【分析】根据椭圆方程、焦点弦性质和椭圆定义可知ABC正误；设Px0,y0，结合两点间距离公式和点在椭圆上可化简求得D正确.
【详解】
对于A，由题意知：，，，，A错误；
对于B，为椭圆的焦点弦，，B正确；
对于C，，
的周长为，C正确；
对于D，作垂直于直线，垂足为，
设Px0,y0，则，
，，
，，D正确.
故选：BCD.
6．AB
【分析】根据双曲线的焦点即可求解抛物线的定义，即可判断A，联立双曲线方程与抛物线方程，即可求解交点坐标，利用点点距离即可求解长度，即可判断BC,由余弦定理即可判断D.
【详解】由已知，双曲线右焦点，即，故A项正确．且抛物线方程为．
对于B项，联立双曲线与抛物线的方程，
整理可得．，解得或（舍去负值），
所以，代入可得，．
设，又，所以，，，则的周长为16，故B项正确；
对于C项，易知，故C项错误；
对于D项，由余弦定理可得，，故D项错误．
故选：AB

7．AB
【分析】根据双曲线方程得a，b，c，由此可得渐近线方程和以为直径的圆的方程，由此即可判断C，D；联立渐近线与圆的方程，可求得坐标，由此即可判断A，B．
【详解】由双曲线方程知，，所以双曲线的渐近线方程为，故C错误；
又，所以为直径的圆方程为，故D错误；
由，得或，所以点的横坐标为2或，故B正确；
又，所以，故A正确．
故选：AB．
8．（或，答案不唯一）
【分析】联立直线方程与双曲线方程，根据交点个数与方程根的情况列式即可求解.
【详解】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）.
9．
【分析】根据点差法和椭圆的离心率可求出，再根据的中点为，可得，由此可得直线的斜率，再根据点斜式，即可求出结果.
【详解】由题可知直线的斜率存在；
设,由于点 都在椭圆上，
所以①, ②,
，化简得；
又因为离心率为，所以，
所以，即；
又线段的中点为，
所以，
所以直线的斜率为，故所求直线的方程为，即．
故答案为：.
10．/
【分析】根据求解即可.
【详解】由题意，则，
因为，
所以.

故答案为：.
11．(1)
(2)
【分析】（1）根据抛物线的焦点求出的值，然后由椭圆的离心率计算，再由平方关系得到，可写出椭圆的方程；
（2）设的坐标，点差法计算出坐标之间的关系，再根据中点所在直线可求出点的坐标.
【详解】（1）依题意得：
，即，解得
，解得
椭圆的方程为
（2）如图所示：

设，中点为，
所以
则
又两点在椭圆上，可得，
两式相减可得，整理得
，①.
过点斜率为的直线为.
因为在直线上，故，②
联立①②，解得
所以中点坐标为.
12．(1)
(2)存在符合题意的椭圆，其方程为
【分析】（1）设，
由及可得，
得，
再结合即可解决问题；
（2）设，则PM方程为，
联立渐近线方程得到，进一步得到，同理得到，
再利用计算即可得到答案.
【详解】（1）设，
由，
所以， ①
又点在上，所以，
即， ②
由①②得：， ③
又E在双曲线C上，F为双曲线C的右焦点，
|EF|的最小值为，
所以， ④
又，⑤
联立③④⑤解得：，
所以双曲线C的标准方程为：
（2）假设存在，由（1）知的渐近线方程为，
则由题意如图：
所以由，
设，则直线方程为，
直线方程为
由，得；
由，得
又，
所以，
所以，，
同理可得，，
由四边形是平行四边形，知，
所以，，
即，
所以，存在符合题意的椭圆，其方程为.
【能力篇】
一、单选题
1．（2024·全国·模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，直线过点且与双曲线交于两点，若，则下列说法不正确的是（ ）
A．双曲线的离心率为
B．双曲线的渐近线方程为
C．过点的直线与双曲线交于两点且为的中点，则直线的方程为
D．的面积为
二、多选题
2．（2024·新疆乌鲁木齐·三模）已知双曲线的右焦点为F，过原点O作斜率为k的直线交双曲线于A，B两点，且，则的可能取值是（ ）
A．B．C．D．
三、填空题
3．（2024·河北衡水·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，焦距为6，点，直线与交于A，B两点，且为AB中点，则的周长为 ．
四、解答题
4．（2024·四川成都·模拟预测）已知椭圆的离心率为，过点的直线与椭圆相交于两点，当过坐标原点时，．
(1)求椭圆的方程；
(2)当斜率存在时，线段上是否存在定点，使得直线与直线的斜率之和为定值．若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案：
1．D
【分析】令，由双曲线的定义和余弦定理可判断A；由求出可判断B；由中点弦的性质可得，由点斜式方出可判断C；由A,B得，由余弦定理和三角形的面积公式可判断D.
【详解】对于A：令，则，
由双曲线的定义知，又，
得，得，
所以，
又，
得，故，故A正确．
对于B：由A得，得,
因此双曲线的渐近线方程为，故B正确．
对于C：由A，B可知,，
所以双曲线，直线与双曲线交于Mx1,y1，Nx2,y2两点，
设直线的斜率为，的中点为Px0,y0，
则，两式相减可得
，
得，所以
故直线，化简得，故C正确．
对于D：由得，
则，故，
故，故D错误．
故选：D.
2．BC
【分析】设出直线方程并与双曲线方程联立，利用对称性以及数量积的坐标表示即可得出的取值范围.
【详解】不妨设直线方程为，，
联立，消去并整理可得，此时恒成立；
由韦达定理可得；
因为直线过原点，所以A，B两点关于原点对称，
可得，解得，
又易知，所以双曲线右焦点；
因此，
即可得，
代入，得，解得或；
综上可得或，
易知双曲线渐近线方程为，且，
；
所以，因此的可能取值是.
故选：BC
3．
【分析】设A，B两点坐标分别为，利用点差法可得，结合，即可求得a的值，再结合的周长为4a，即得答案.
【详解】由题意知，
设A，B两点坐标分别为，
两式相减得，
由题意为AB中点，
则，代入整理得．
即由题意知，
因此，所以，由焦距为6，解得．
由椭圆定义知的周长为．
故答案为：
4．(1)；
(2)存在，点.
【分析】（1）根据给定条件，求出即可求得椭圆的方程.
（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式求解即得.
【详解】（1）直线l过坐标原点O时，，，
由椭圆离心率为，得，解得，
所以椭圆C的方程为.
（2）假设存在定点，，设直线l：，，
由消去y得，
，，，
直线的斜率有
，
则当时，为定值，
所以存在定点，使得直线QA与直线QB的斜率之和恒为0.

【点睛】方法点睛：①引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；②特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
【培优篇】
一、解答题
1．（2024·湖南益阳·一模）已知两点，及一动点，直线，的斜率满足，动点的轨迹记为.过点的直线与交于，两点，直线，交于点.
(1)求的方程；
(2)求的面积的最大值；
(3)求点的轨迹方程.
2．（2024·河南周口·模拟预测）已知椭圆的焦距为2，不经过坐标原点且斜率为1的直线与交于P，Q两点，为线段PQ的中点，直线的斜率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设，直线PB与的另一个交点为，直线QB与的另一个交点为，其中，均不为椭圆的顶点，证明：直线MN过定点.
3．（2024·浙江·三模）已知双曲线的实轴长为4，左、右焦点分别为、，其中到其渐近线的距离为1．
(1)求双曲线的标准方程：
(2)若点P是双曲线在第一象限的动点，双曲线在点P处的切线与x轴相交于点T．
（i）证明：射线是的角平分线；
（ii）过坐标原点O的直线与垂直，与直线相交于点Q，求面积的取值范围．
参考答案：
1．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）设出动点，利用直线，的斜率之积为，即可得解；
（2）设出直线的方程，并代入椭圆方程，得到关于的一元二次方程，由韦达定理得到，，从而得，然后利用函数求最值得方法求解即可；
（3）设出直线与的方程，联立后可整理得到，利用韦达定理的结论可得，代入整理得到所求点的轨迹方程.
【详解】（1）设动点，因为直线，的斜率满足，
，化简整理得.
所以轨迹的方程为.
（2）设过点的直线的方程为：，Mx1,y1，Nx2,y2，
由，得，显然.
则，.
.
令，则，，所以.
设，则，
所以当时，，则在单调递减，
所以的最大值为，
即，时，的面积取最大值.

（3）由已知可设直线的方程为y=y1x1+2x+2，即，
直线的方程为，即，
消去，得，显然，，（*）
由（2），得，，，，
所以（*）式可化为，，即.
显然，否则重合，不合题设，
所以点的轨迹方程为.
【点睛】关键点点睛：本题第三问解题的关键是利用前问韦达定理的结论得到，代入运算得解.
2．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据焦距求出，再设Px1,y1，Qx2,y2，Ax0,y0，利用点差法得到，即，从而求出、，即可得解；
（2）设直线的方程为，，，表示直线的方程，联立直线与椭圆方程，消元求出，即可求出点坐标，同理得到点坐标，根据的斜率为得到，即可求出直线过定点坐标.
【详解】（1）由椭圆的焦距为得，，则.
设Px1,y1，Qx2,y2，Ax0,y0，则，，
两式作差得，，
所以，即，
所以，所以，
所以，则，解得，.
故椭圆的方程为.
（2）由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，，，
则，直线的方程为，
将其代入得，，显然，
则，所以，
将代入直线的方程，解得，
所以，同理得，
所以，得，
即，
整理得，所以，
因此直线的方程为，令，即，则，
所以直线过定点.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
3．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）．
【分析】（1）由题意可直接求出，从而可求出双曲线的方程；
（2）（i）设，切线，代入双曲线方程化简，由判别式等于零可表示出，从而可表示出切线方程，表示出点的坐标，然后通过计算的值可得结论；（ii）过作，设，根据角平分线的性质和三角形中位线定理求出，再表示出面积可求出其范围.
【详解】（1）因为实轴长为4 所以，即，
因为右焦点到渐近线距离为1，
所以，
故双曲线的标准方程为．
（2）（i）设，切线，则，
联立
化简得．
由，解得：，
所以直线，令，得，
故，．
因为，
所以，
所以，即，
故射线PT是的角平分线．
（ii）过作，设．
因为为的角平分线，所以
所以．
因为，，所以，
又因为O为中点．
则是的中位线，故Q是的中点．
所以，记，
因为，所以为锐角，所以为钝角，
所以，所以，所以，
由正弦定理得，
所以，
则．
【点睛】关键点点睛：此题考查双曲线方程的求法，考查直线与双曲线的位置关系，考查双曲线中的面积问题，第（2）问解题的关键是根据双曲线的性质结合角平分线的性质求解，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.
题号
1
2
3
4
5
6
7



答案
C
C
B
B
BCD
AB
AB



题号
1
2








答案
D
BC