考点53直线与圆锥曲线的位置关系-2025年高考数学大一轮复习核心题型讲练 易错重难点专项突破（新高考版）

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【考试提醒】
1.了解直线与圆锥曲线位置关系的判断方法.
2.掌握直线被圆锥曲线所截的弦长公式.
3.能利用方程及数形结合思想解决焦点弦、中点弦问题
【知识点】
1．直线与圆锥曲线的位置判断
将直线方程与圆锥曲线方程联立，消去y(或x)，得到关于x(或y)的一元二次方程，则直线与圆锥曲线相交⇔Δ>0；直线与圆锥曲线相切⇔Δ＝0；直线与圆锥曲线相离⇔Δb>0)，
则k＝－eq \f(b2,a2)·eq \f(x0,y0)；
若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)；
若E的方程为y2＝2px(p>0)，则k＝eq \f(p,y0).
【例题3】（2024·甘肃张掖·三模）已知倾斜角为的直线与椭圆交于两点，为中点，为坐标原点，则直线的斜率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设出点，，的坐标，根据坐标求出的关系式，把，两点坐标代入椭圆方程，利用点差法化简即可求解．
【详解】设，，，
则，，，
所以，所以，
将，两点坐标代入椭圆方程可得：，
两式作差可得：，
所以，则，
故选：D
【变式1】（2023·陕西宝鸡·模拟预测）已知双曲线的右焦点为，过点的直线交双曲线于、两点.若的中点坐标为，则的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】设、，由，利用点差法求解.
【详解】解：设、，
若轴，则线段的中点在轴上，不合乎题意，
因为线段的中点坐标为，则，
则，两式相减得，
则，
因为，所以，，
所以，，解得，
因此，双曲线的标准方程为.
故选：D.
【变式2】（2023·贵州遵义·三模）已知抛物线上两点A，B关于点对称，则直线AB的斜率为 .
【答案】2
【分析】根据点差法求得直线AB的斜率，并验证判别式大于零.
【详解】设，代入抛物线，得，
则①，
因为两点A，B关于点对称，则，
所以由①得，
直线AB的斜率为2.
则直线AB：与代入抛物线联立，得，，解得.
所以直线AB的斜率为2.
故答案为：2.
【变式3】（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.
【答案】(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.
【基础保分练】
一、单选题
1．（2024·湖南长沙·三模）已知双曲线的左､右焦点分别为为的渐近线上一点.若的面积为，则的离心率为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】B
【分析】利用向量的线性运算再来求数量积，可得，再利用底边为的焦半径三角面积，可求出高为，从而可得一条渐近线的斜率，则即可解得离心率.
【详解】
不妨设点在第一象限内，为坐标原点，
由，得.
由的面积为，结合三角形面积公式得：点到轴的距离为，
所以的一条渐近线的倾斜角为，其斜率为，
因此的离心率.
故选：B.
2．（2024·全国·模拟预测）已知直线与椭圆C：交于M，N两点，椭圆C的左、右焦点分别为，若，则a的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据直线斜率可得，结合条件可得，利用直角三角形知识可得答案.
【详解】易知，直线的斜率为且经过点，
所以直线的倾斜角为，直线经过点，则．
因为，，
所以，因为，所以，
因此，解得．
故选：B
3．（2024·山西临汾·三模）已知椭圆与椭圆有相同的焦点，且与直线相切，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由椭圆得出焦点坐标，根据椭圆与直线相切联立方程组，得出，根据离心率公式计算即可．
【详解】由椭圆得，焦点，
因为椭圆与有相同的焦点，所以椭圆的焦点，则，
又因为与直线相切，则椭圆与直线只有1个交点，
联立方程组得，，
则，化简得，，解得或（不合题意舍），
则，又，所以，
故选：A．
4．（2024·云南大理·模拟预测）已知抛物线：上存在两点，关于直线：对称，若，则（ ）
A．5B．C．4D．
【答案】B
【分析】设直线为，联立抛物线可得与交点横坐标有关韦达定理，结合题目条件可计算出直线方程，再借助线段的中点在上计算即可得.
【详解】设直线为，代入抛物线得，
则，，∴，
直线为，线段的中点记为，
则，.
又中点在上，∴.

故选：B.
二、多选题
5．（2024·四川巴中·模拟预测）已知A，B为双曲线的左，右顶点，分别为双曲线C的左，右焦点．下列命题中正确的是（ ）
A．若R为双曲线C上一点，且，则
B．到双曲线C的渐近线的距离为
C．若P为双曲线C上非顶点的任意一点，则直线的斜率之积为2
D．双曲线C上存在不同两点关于点对称
【答案】BC
【分析】根据双曲线的定义、渐近线、斜率、对称等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】对于双曲线，，
A选项，根据双曲线的定义，由，
解得或，所以A选项错误.
B选项，双曲线的一条渐近线方程为，即，
到直线的距离为，所以B选项正确.
C选项，设，则，
，所以，C选项正确.
D选项，设不同两点关于点对称，
则，
则，两式相减并化简得，
则，即，此时直线，
代入双曲线方程得，，
这与是双曲线上不同的两点矛盾，所以D选项错误.
故选：BC
【点睛】方法点睛：求解双曲线定义有关问题，一定要注意双曲线定义中的“绝对值”.在双曲线中，有关弦和中点的问题，可以考虑利用“点差法”来解决.
6．（2024·河南新乡·一模）已知抛物线的焦点为，过点的直线的斜率为，且与交于两个不同的点（点在轴的上方），下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．点的纵坐标之积与有关D．若（为坐标原点），则
【答案】ABD
【分析】设，根据弦长公式即可判断A；过点分别作准线的垂线，垂足分别为，设，根据抛物线的定义求出，进而可求出，即可判断B；设，联立方程，利用韦达定理即可判断C；由，得，根据点在轴的上方，得，再结合抛物线的定义即可判断D.
【详解】设，
对于A，若，则直线，
联立，得，则，
所以，故A正确；
对于B，过点分别作准线的垂线，垂足分别为，
不妨设，则，
则，故B正确；
对于C，易得直线的斜率不为零，设，
联立，得，则为定值，
所以点的纵坐标之积与无关，故C错误；
对于D，由，得，
即，即，
由，
得，，
因为点在轴的上方，所以，
则，所以，
所以，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题
7．（2024·浙江绍兴·模拟预测）双曲线，过点作直线，与双曲线只有一个交点M，则的斜率为 .
【答案】或
【分析】根据直线和双曲线的位置关系可知当直线与双曲线渐近线平行及相切时，直线和双曲线只有一个交点，从而可得答案.
【详解】双曲线渐近线斜率为，
当直线l与双曲线渐近线平行时，直线l和双曲线只有一个交点；
当直线与双曲线渐近线不平行时，令直线，
联立双曲线可得，则，
此时直线与双曲线只有一个交点，则，可得；
综上，的斜率为或.
故答案为：或.
8．（2024·内蒙古呼和浩特·一模）已知椭圆与直线交于两点，且线段的中点为，则椭圆的方程为 .
【答案】
【分析】代入直线，求得直线斜率，然后利用点差法化简计算即可得出结果．
【详解】代入直线，可得：，，
所以直线方程为：.
设，代入椭圆方程得，
两式相减得：，
即,又，
所以，
又因为直线的斜率为，所以，解得：.
所以椭圆的方程为.
故答案为：.
9．（2024·湖南长沙·三模）已知椭圆的离心率为，过的左焦点且斜率为1的直线与交于两点.若，则的焦距为 .
【答案】
【分析】根据题意，得到椭圆的方程为，由的方程为，联立方程组，求得，结合弦长公式，列出方程求得的值，即可求解.
【详解】由椭圆的离心率为，可得，则，
所以椭圆的方程为，即，
由直线过椭圆的右焦点且斜率为，可得的方程为，
联立方程组，整理得，
则，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则，
所以，
解得，所以椭圆的焦距为.
故答案为：.
四、解答题
10．（2024·贵州六盘水·模拟预测）已知双曲线的虚轴长为，离心率为，分别为的左、右顶点，直线交的左、右两支分别于，两点．
(1)求的方程；
(2)记斜率分别为，若，求的值．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，求出即可求得C的方程.
（2）设，联立直线与双曲线方程，利用韦达定理及斜率坐标公式及建立方程即可求出值.
【详解】（1）依题意，，由双曲线的离心率为，
得，即，
解得，
所以双曲线的方程为.
（2）由（1）知，，设点，，
由消去得，
由已知，，
且，所以，
所以，，
而，
由，得，
即，
整理得，
即，则，
即，于是，
要恒成立，则，解得，满足，
所以.
【点睛】思路点睛：直线与圆锥曲线结合问题，通常要设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，再根据题目条件列出方程，或得到弦长或面积，本题中已经给出等量关系，只需代入化简整理即可.
11．（2024·浙江·模拟预测）已知双曲线C:，圆，其中.圆与双曲线有且仅有两个交点，线段的中点为.
(1)记直线的斜率为，直线的斜率为，求.
(2)当直线的斜率为3时，求点坐标.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）涉及到中点弦，我们可以采用点差法得到，而由可得，两式相比即可得解；
（2）设直线，联立双曲线方程，结合韦达定理可表示的坐标为，由得斜率，由此可列方程求出参数，进而得解.
【详解】（1）
因为，所以.
又设，因为，
所以.
而圆心不在坐标轴上，从而，
所以.
所以，
又，所以.
（2）设直线，与联立，化简并整理得：，
其中.
设，
所以，
即点坐标为.
因为，所以，而，
即，解得.
因此，所以.
【综合提升练】
一、单选题
1．（2024·广东广州·模拟预测）已知点，是椭圆上不关于长轴对称的两点，且，两点到点的距离相等，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设（），线段的中点为，利用点差法可得，
再由题意可得，则得，化简得，再由的范围可求得结果.
【详解】设（），线段的中点为，
则，两式相减得，
所以，
所以，
所以，
因为，，所以，
所以，
所以，所以，
因为，
所以，所以，
即实数的取值范围为.
故选：B
2．（2024·全国·模拟预测）已知椭圆的右焦点是，直线交椭圆于、两点，则周长的最大值为（ ）
A．6B．8C．D．
【答案】B
【分析】设椭圆的左焦点为，连、，对的周长运用三角形不等式即可.
【详解】解：原点到直线的距离，
故直线为圆的切线，
设椭圆的左焦点为，连、，
则的周长，
当且仅当直线过左焦点时取到等号.
故选：B．
3．（2024·湖南益阳·一模）已知抛物线，的焦点分别为、，若、分别为、上的点，且线段平行于轴，则下列结论错误的是（ ）
A．当时，是直角三角形B．当时，是等腰三角形
C．存在四边形是菱形D．存在四边形是矩形
【答案】C
【分析】设出的坐标并求得，由此对选项进行分析，结合图象求得正确答案.
【详解】依题意，线段平行于轴，不妨设在第一象限，设，
则，焦点，
A选项，当时，解得，所以，
则，是直角三角形，A选项正确.
B选项，当时，解得，所以，
由于，所以关于直线对称，而，
所以此时是等腰三角形.
对于CD选项，先考虑四边形是平行四边形，
则，则，
此时，，
所以四边形是矩形，不是菱形，所以C选项错误，D选项正确.
故选：C
4．（2024·陕西安康·模拟预测）已知双曲线为坐标原点，若直线与双曲线的两条渐近线分别交于点，则内切圆的半径等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出渐近线方程，与直线联立，求出点的坐标，求出的三边长，及点到直线的距离，利用等面积法即可求解内切圆的半径.
【详解】双曲线的渐近线方程为，

联立方程，解得
同理联立，解得，
不妨设，
则，
点到直线的距离，
设内切圆的半径为，
则有，
即，
解得.
故选：C
5．（2024·四川内江·模拟预测）已知双曲线C的方程为，过点作直线与双曲线左右两支分别交于点M，N.若，则直线的方程为（ ）
A． B．
C．D．
【答案】C
【分析】设，则直线的方程为，与双曲线方程联立，得，
，由，得，从而求得，由此可得直线的方程.
【详解】设，直线的斜率为，则直线的方程为，
联立，
则①， ②
因为，则③，
①③联立解得，代入②得，
则直线的方程为或，
故答案为：C
6．（2024·广东广州·模拟预测）若双曲线的右支上存在两点，使直线垂直于双曲线在点处的切线，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】不妨设在轴上方，则双曲线在点处的切线斜率，结合垂直直线的斜率关系可得，由直线与双曲线的位置关系可得，解不等式可得的范围.
【详解】由题，不妨在轴上方，则双曲线在点处的切线的斜率为，
因为双曲线上一点的切线斜率的绝对值大于渐近线斜率的绝对值，
所以，
又，故，
又与双曲线右支有两个交点且斜率为负，
所以，
故
所以.
故选：D.
7．（2022·浙江·模拟预测）已知椭圆右顶点为，上顶点为，该椭圆上一点与的连线的斜率，的中点为，记的斜率为，且满足，若分别是轴､轴负半轴上的动点，且四边形的面积为2，则三角形面积的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】求出直线方程，与椭圆方程联立，表示出点E坐标，即可根据求出，根据四边形的面积结合基本不等式可求.
【详解】由题意知：，直线的方程为，
联立方程可得，
因为是其中一个解，则另一个解满足，即，
所以，则可得的中点，则，
因为，所以，解得，则即，
设，则由四边形的面积为2，有，
即，由基本不等式得，，
从而三角形的面积，等号当，时取到.
所以三角形面积的最大值为.
故选：A.
8．（2024·四川绵阳·模拟预测）过双曲线的左焦点的直线（斜率为正）交双曲线于两点，满足，设为的中点，则直线（为坐标原点）斜率的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据条件画出图形结合圆锥曲线的定义及条件可得，然后利用点差法可得，进而可得，然后利用基本不等式即得.
【详解】首先证明：双曲线上的任意点Px0,y0到左焦点F1−c,0与左准线的距离之比为常数（离心率）.
依题意，则点Px0,y0到直线的距离，
所以，则.
由题可知在左支上在右支上，如图，设，在左准线上的射影为，因为，
则且，所以，
设，则，
所以，，即，
所以，
所以，当且仅当即时，等号成立，
故选：C.
二、多选题
9．（2024·广西柳州·一模）过抛物线：y2=2pxp>0的焦点作倾斜角为的直线交于，两点，经过点和原点的直线交抛物线的准线于点，则下列说法正确的是（ ）．
A．B．
C．以为直径的圆与轴相切D．
【答案】ACD
【分析】设直线l的方程为，，，将该直线的方程与抛物线的方程联立，结合韦达定理可判断B；设，由可判断A；比较半径与圆心到轴的距离即可判断C；由抛物线的定义表示出，将韦达定理代入化简可判断D.
【详解】由题意可设过点的直线l的方程为，设，，
联立方程组，消去整理得，
即，所以，，
，
所以，所以，故B错误；
设，设直线的方程为，令，所以，
,
所以直线的斜率为，所以，故A正确.
因为，所以以为直径的圆的圆心为，半径为，
所以圆心到轴的距离为，所以以为直径的圆与轴相切，故C正确；
由抛物线的定义知：，
所以
，故D正确.
故选：ACD.
10．（2024·宁夏吴忠·一模）过双曲线的右焦点作直线，交双曲线于两点，则（ ）
A．双曲线的实轴长为2
B．当轴时，
C．当时，这样的直线有3条
D．当时，这样的直线有4条
【答案】ABD
【分析】根据双曲线的方程求得的值可判断A；根据直线与双曲线的交点形成的弦长特点逐项判断B，C，D.
【详解】双曲线的，则，
所以双曲线的实轴长为2，故A正确；
当轴时，与双曲线的右支的交点为,，所以，故B正确；
由于当轴时，，又因为双曲线的实轴长为2，
故当时，则直线与双曲线左右各有一个交点且斜率存在，这样的直线有且仅有两条，故C不正确；
则当时，则直线与双曲线左右各有一个交点且斜率存在，这样的直线有两条；
过右焦点与双曲线右支有两个交点时，也满足，且有两条，
综上，当时，这样的直线有4条，故D正确.
故选：ABD.
11．（2023·浙江嘉兴·模拟预测）已知椭圆，，分别为椭圆的左右顶点，为椭圆的上顶点.设是椭圆上一点，且不与顶点重合，若直线与直线交于点，直线与直线交于点，则（ ）
A．若直线与的斜率分别为，，则
B．直线与轴垂直
C．
D．
【答案】ABC
【分析】设，由斜率公式及点在椭圆上可得判断A，联立直线的方程求出、坐标，由条件可得即可判断B，求出中点在上，即可判断CD.
【详解】如图，
设，则，故A正确；
直线的方程为，直线的方程为，联立得，即，
同理可得，因为，所以，所以，则直线与轴垂直，故B正确；
同理，所以，故的中点在直线上，故C正确；D错误，
故选：ABC.
三、填空题
12．（2024·全国·模拟预测）过双曲线的右焦点的直线与的右支交于两点，为原点，线段的中点与线段的中点重合，则四边形面积的取值范围是 ．
【答案】
【分析】由题意设直线的方程为，将其与双曲线方程联立化简得，结合韦达定理、弦长公式可用表示出，由点到直线的距离公式可得三角形边上的高，从而可得三角形面积表达式，进一步可得（平行）四边形面积表达式，进一步即可求解.
【详解】
由题意得．
因为点在的右支上，
所以设直线的方程为．
与联立，得，，
设，则，
所以．
易知点到直线的距离．
由线段的中点与线段的中点重合，得四边形是平行四边形，
其面积．
由，得，
所以，所以．
故答案为：.
13．（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 ．
【答案】
【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：
14．（2024·湖南郴州·模拟预测）已知抛物线，从抛物线内一点发出平行于轴的光线经过扡物线上点反射后交抛物线于点，则的面积为 .
【答案】
【分析】根据抛物线求出交点横坐标，再结合面积公式与抛物线的焦点弦的性质求解即可.
【详解】由抛物线的光学性质知，直线与轴的交点为抛物线的焦点，
的焦点为，故与轴的交点横坐标为，
根据题意，画出草图，如下图所示，
令得，解得，又过焦点，
所以方程为：，
即，联立，
得，解得或，所以
∴的边上的高为，
又，
所以，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，充分了解抛物线的光学性质，从而得解.
四、解答题
15．（2024·河南郑州·模拟预测）已知倾斜角为（）的直线l与抛物线C：（）只有1个公共点A，C的焦点为F，直线AF的倾斜角为．
(1)求证：；
(2)若，直线l与直线交于点P，直线AF与C的另一个交点为B，求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）设出，得直线的方程为再与抛物线方程联立并结合只有一个切点可得，从而可求解.
（2）设，则直线AB的方程设为，与抛物线联立后，分别求出其两根关系，从而可求解.
【详解】（1）设，则l的方程为，
与联立得，
因为直线l与抛物线C只有1个公共点，
所以，整理得，
所以，
又，所以，
因为，，
所以，，
所以．
（2）时，C的方程为，
把，代入得l的方程为，
把代入得，
所以，
由（1）知，，设，
设直线AB方程为，与联立得，
t，是该方程的两个根，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；
（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.
16．（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.
【答案】(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.
17．（2024·广东韶关·一模）已知抛物线的焦点为，其准线与轴相交于点.动点满足直线的斜率之积为，记点的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)过点且斜率为的直线与轴相交于点，与相交于两点，若.求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，根据斜率公式代入上式，进行化简即可得曲线方程；
（2）方法一、二，设出直线的方程为，与曲线方程联立，由韦达定理可得，结合向量关系求解；方法三，由题，的中点即的中点，由点差法可得弦中点坐标与弦所在直线的斜率的关系，列式运算得解.
【详解】（1）设点，由题意知.
直线的斜率分别，
所以，
化简得
点的轨迹方程为.
（2）方法一，设，
由题意知直线的方程为，所以，
联立方程组，消去整理得，
，，
由得，，
故有，即，
解得.
方法二：设，由题意知直线的方程为，所以，
联立方程组，消去整理得.
，，
由得，，
故有，即，
解得.
方法三：设，由题意知直线的方程为，所以.
因为，所以线段的中点为，
，又因为，所以点也是的中点，
联立方程组，
①-②得，即，
所以，
又因为，所以，
解得.
18．（2024·浙江金华·模拟预测）在直角坐标系中，圆Γ的圆心P在y轴上（不与重合），且与双曲线的右支交于A，B两点．已知．
(1)求Ω的离心率；
(2)若Ω的右焦点为，且圆Γ过点F，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由点差法与直线与圆的性质分别得到与直线的斜率有关的等量关系，结合已知条件将坐标化，得，再结合两斜率关系，整体消元可得，从而求出斜率；
（2）将化斜为直，转化为坐标表示，再由韦达定理代入得关于的函数解析式，求解值域即可.
【详解】（1）设Ax1,y1，Bx2,y2，则线段中点Mx1+x22,y1+y22
由题意不与重合，则，由在双曲线右支上，则，
所以斜率存在且不为.
由在双曲线上，则，且，
两式作差得，
所以有，
故①，
由圆Γ的圆心P在y轴上（P不与O重合），设，
由题意，
则，
化简得，由，得，
由圆Γ的圆心为，弦中点为，所以，
则，即②，
由①②得，，则，
故Ω的离心率为.
（2）由Ω的右焦点为，得，
由（1）知，，所以有，故双曲线的方程为.
设圆的方程为，由圆Γ过点，则，
则圆的方程可化为，
联立，消化简得，
，
其中，，则有，
由，
同理，
所以，
其中，
令，则，
所以，
设，，
由函数在单调递增，则，即，
所以有，
故,
.

【点睛】方法点睛：圆锥曲线最值范围问题，关键在把要求最值（范围）的几何量、代数式转化为某个（些）参数的函数，然后利用函数、不等式方法进行求解.
19．（2022·山东临沂·二模）已知抛物线的焦点为F，抛物线H上的一点M的横坐标为5，为坐标原点，．
(1)求抛物线H的方程；
(2)若一直线经过抛物线H的焦点F，与抛物线H交于A，B两点，点C为直线上的动点．
①求证：．
②是否存在这样的点C，使得△ABC为正三角形?若存在，求点C的坐标；若不存在，说明理由，
【答案】(1)抛物线H的方程为；
(2)证明见解析；存在点，使得为正三角形，理由见解析.
【分析】(1) 由条件列方程求参数，由此可得抛物线H的方程； (2)设直线，，联立方程得关于的表达式，结合韦达定理和向量的表示方法，即可求证；可假设存在点，设的中点为，由直线和垂直关系求出点，由韦达定理和弦长公式求得弦，结合即可求解具体的的值，进而求解点；
【详解】（1）因为抛物线的方程为，M 抛物线上且的横坐标为5，
所以M的纵坐标为，
当点的坐标为时，过点作，垂足为,
因为，所以，所以
又，所以，
所以，所以，又
所以，
同理当点的坐标为时，
所以抛物线的方程为；
（2）①设直线，,
由，得，
则.
，
，
所以，所以
②假设存在这样的点，设的中点为，由①知;
，则，则，
则，而，由得，，所以存在点.
【点睛】本题主要考查抛物线轨迹方程的求法，韦达定理，向量法在解析几何中的具体应用，由特殊三角形的关系求解参数值，运算推理能力，综合性强，属于难题
【拓展冲刺练】
一、单选题
1．（2024·河南濮阳·模拟预测）点是椭圆上的点，以为圆心的圆与轴相切于椭圆的焦点，圆与轴相交于两点，若是锐角三角形，则椭圆离心率的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据轴可设，代入椭圆方程可求得圆的半径，根据为锐角三角形，可构造关于的齐次不等式，进而配凑出离心率，解不等式即可求得结果.
【详解】圆与轴相切于焦点，轴，可设，
在椭圆上，，解得：，圆的半径为；
作轴，垂足为，
，，
为锐角三角形，，，
，即，解得：，
即椭圆离心率的取值范围为.
故选：D.
2．（2024·四川宜宾·模拟预测）已知抛物线，过动点作两条相互垂直的直线，分别与抛物线相切于点，则面积的最小值是（ ）
A．6B．9C．12D．18
【答案】B
【分析】设直线与抛物线联立方程，建立等式化简计算可得，，同理可得，，有，设直线与抛物线联立方程，建立等式计算可得，而Px0,y0在直线,上，建立等式计算可得，根据三角形面积公式计算即可.
【详解】设，
因为点作两条相互垂直的直线，分别与抛物线相切于点，
所以直线,斜率均存在，
故设直线，
则，
所以，因为，代入化简得，得，
所以直线，整理得，
设直线，同理可得，
所以，即，
设直线，
，
所以，，得，
因为抛物线的焦点为，
所以设直线恒过抛物线焦点，
而Px0,y0在直线,上，
所以，即是方程是方程的两实数根，
所以，解得，即
所以，
设到直线的距离为，则，
所以，当时，面积的最小为.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题的关键根据切线方程与抛物线建立等式计算可得，直线与抛物线建立等式可得直线经过抛物线的焦点；Px0,y0在直线,上，得是方程方程的两相异实数根，利用根与系数的关系建立等式求得，最后根据三角形面积公式计算可得.
3．（2023·广东广州·一模）双曲线的左，右焦点分别为，过作垂直于轴的直线交双曲线于两点，的内切圆圆心分别为，则的面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意画出图，由已知求出的值，找出的坐标，由的内切圆圆心分别为，进行分析，由等面积法求出内切圆的半径，从而求出的底和高，利用三角形的面积公式计算即可.
【详解】由题意如图所示：
由双曲线，知，
所以，
所以，
所以过作垂直于轴的直线为，
代入中，解出，
由题知的内切圆的半径相等，
且，的内切圆圆心
的连线垂直于轴于点，
设为，在中，由等面积法得：
由双曲线的定义可知：
由，所以，
所以，
解得：，
因为为的的角平分线，
所以一定在上，即轴上，令圆半径为，
在中，由等面积法得：
，
又
所以，
所以，
所以，
，
所以
，
故选：A.
二、多选题
4．（2023·湖南·模拟预测）已知O为坐标原点，，分别是双曲线E：的左、右焦点，P是双曲线E的右支上一点，若，双曲线E的离心率为，则下列结论正确的是（ ）
A．双曲线E的标准方程为
B．双曲线E的渐近线方程为
C．点P到两条渐近线的距离之积为
D．若直线与双曲线E的另一支交于点M，点N为PM的中点，则
【答案】ACD
【分析】根据双曲线定义及离心率求出得到双曲线的标准方程，即可求出渐近线方程判断AB，再由点到渐近线的距离判断C，点差法可判断D.
【详解】根据双曲线的定义得，，故，由，得，
所以，所以双曲线E的标准方程为，渐近线方程为，即，所以A正确，B不正确；
设，则点P到两条渐近线的距离之积为，所以C正确；
设，，因为P，M在双曲线E上，所①，②，
①－②并整理得，，即，所以，所以D正确．
故选：ACD．
5．（2024·河北唐山·二模）设抛物线：的焦点为，准线为，过点的直线与交于，两点，则下列说法正确的是（ ）
A．B．以为直径的圆与相切
C．以为直径的圆过坐标原点D．为直角三角形
【答案】AC
【分析】设过点的直线为，联立直线和抛物线的方程求出可判断A；以为直径的圆的圆心为和半径，再求出圆心到准线的距离为，即可判断B；求出圆心到坐标原点的距离为，可判断C；取特列可判断D.
【详解】设过点的直线为，
对于A，联立，得，
，，
所以，故A正确；
对于B，因为
，，
所以，的中点为，所以以为直径的圆的圆心为，
又，
设圆的半径为，则，
所以，
又圆心到准线的距离为，
而，因为，所以，
所以以为直径的圆与相离，故B错误；
对于C，圆心到坐标原点的距离为，
，
所以，所以，
所以以为直径的圆过坐标原点，故C正确；
对于D，因为联立，得，
若，则上述方程为，解得：或，
取，则，则，
取，则，则，
又抛物线过焦点F1,0，所以，，
，
所以不为直角三角形，故D错误.
故选：AC.
三、填空题
6．（2024·全国·模拟预测）已知椭圆，平行于轴的直线与交于点，平行于轴的直线与交于点，直线与直线在第一象限交于点，且，，，，若过点的直线与交于点，且点为的中点，则的方程为 ．
【答案】
【分析】设，根据已知条件求出，根据点坐标，即可求出、，由此即可确定椭圆的方程，方法一：利用点差法求出直线斜率，即可求出的方程；方法二：点斜式设出直线方程，直曲联立得，利用韦达定理表示出，结合即可求出进而求出的方程.
【详解】设，由，，，，
得，，
所以，所以，，代入的方程得，
解得，故的方程为．
解法一 易知的斜率存在且不为0，设Ax1,y1,Bx2,y2，
则，，两式相减得，
由点为的中点得，，
则的斜率为，所以的方程为，即．
解法二 易知的斜率存在且不为，设的方程为，
代入的方程并整理得，需满足，
设Ax1,y1,Bx2,y2，因为点为的中点，所以，
解得，所以的方程为，即．
故答案为：
7．（2024·广东茂名·一模）已知双曲线，直线分别与的左、右支交于两点，为坐标原点，若的面积为，则直线的方程为 .
【答案】
【分析】联立直线与曲线方程，可得与交点横坐标有关韦达定理，借助韦达定理表示的面积并计算即可得解.
【详解】联立，消去，得，
令Mx1,y1，Nx2,y2，则，，
，，解得，
由直线过定点，故，
，
解得或（舍去），，直线的方程为.
故答案为：.
四、解答题
8．（2024·四川南充·一模）已知动点与定点的距离和P到定直线的距离的比是常数，记点P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的标准方程；
(2)设点，若曲线C上两点M，N均在x轴上方，且，，求直线FM的斜率.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据距离公式列出方程即可求解；
（2）设，可得直线的方程，呢绒联立方程组，结合对称性与弦长公式列出方程即可求解.
【详解】（1）由题意，，
整理化简得，，
所以曲线C的标准方程为.
（2）由题意，直线的斜率都存在，设，
则直线的方程为，
分别延长，交曲线于点，
设，
联立，即，
则，
根据对称性，可得，
则
，
即，解得，
所以直线FM的斜率为.
9．（2024·湖北·一模）如图，已知抛物线，过点作斜率为的直线，分别交抛物线于与，当时，为的中点.
(1)求抛物线的方程；
(2)若，证明：；
(3)若直线过点，证明：直线过定点，并求出该定点坐标.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析，
【分析】（1）先求直线再联立抛物线得出韦达定理应用中点坐标得出,进而得出抛物线；
（2）先设直线方程代入抛物线联立方程组，结合根与系数的关系，应用，即可得到结论.
（3）先设直线过点P得出,同理结合理过点Q得出,最后得出BM的直线得出定点.
【详解】（1）当时，，
联立消去，
可得，
设，
拋物线C方程为：.
（2）由题知，设，
，代入抛物线可得，
，
又，
同理.
（3）因为，
所以，代入点得①，
设，同理，
过点②
，
结合①②可得
又因为
所以，整理得
所以直线过定点.
【点睛】关键点点睛：解题定点的关键是先点斜式设出AB直线方程结合抛物线方程得出直线,同理得出BM的直线方程进而得出定点.
10．（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e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.
【答案】(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.