資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
8.3圓錐曲線綜合問題
【備考指南】 2
【知識導圖】 3
【考點梳理】 8
考點一：圓錐曲線弦長、焦點弦 8
考點二：圓錐曲線中點弦 21
考點三：圓錐曲線中最值與范圍 32
考點四：圓錐曲線中定點、定值 43
考點五：圓錐曲線中與向量 54
考點六：直線與圓錐曲線位置關系 65
【真題在線】 79
【專項突破】 103
考點 考情分析 考頻
橢圓 2023年新高考Ⅱ卷T5 2023年全國甲卷T7 2022年新高考Ⅰ卷T16 2022年新高考Ⅱ卷T16 2022年全國甲卷T10 2021年新高考Ⅰ卷T5 2021年全國甲卷T15 2021年全國乙卷T11 3年8考
雙曲線 2023年新高考Ⅰ卷T16 2023年新高考Ⅱ卷T21 2023年全國乙卷T11 2022年全國甲卷T14 2022年全國乙卷T11 2021年新高考Ⅱ卷T13 2021年全國甲卷T5 2021年全國乙卷T13 3年8考
拋物線 2023年新高考Ⅱ卷T10 2023年全國甲卷T20 2022年新高考Ⅰ卷T11 2022年新高考Ⅱ卷T10 2022年全國乙卷T5 2021年新高考Ⅰ卷T14 2021年新高考Ⅱ卷T3 3年7考
直線與圓錐曲線位置關系 2023年新高考Ⅰ卷T22 2023年新高考Ⅱ卷T21 2022年新高考Ⅰ卷T21 2022年新高考Ⅱ卷T21 2022年全國甲卷T20 2022年全國乙卷T20 2021年新高考Ⅰ卷T21 2021年新高考Ⅱ卷T20 2021年全國甲卷T20 2021年全國乙卷T21 3年10考
預測：圓錐曲線綜合問題是每年高考的必考大題，全面考察學生的運算能力，邏輯思維能力，對學生的要求較高，在復習的過程中加強對學生的計算能力的培養，加強對學生綜合素養的提升.
考點一：圓錐曲線弦長、焦點弦
【典例精析】（多選）（2024·湖南永州·三模）已知拋物線的焦點為，過點且傾斜角為銳角的直線與拋物線相交于，兩點（點在第一象限），過點作拋物線的準線的垂線，垂足為，直線與拋物線的準線相交于點，則（ ）
A．的最小值為2
B．當直線的斜率為時，
C．設直線，的斜率分別為，，則
D．過點作直線的垂線，垂足為，交直線于點，則
【答案】BCD
【分析】對于A，設直線的方程為，代入，得，根據焦半徑的計算公式即可判斷；對于B，根據交點弦的計算公式求解可判斷；對于C，先得再根據斜率公式結合韋達定理即可求解；對于D，求得點的坐標即可判斷.
【詳解】，設直線的方程為.
對于A，把代入得，
設，則，
所以，A錯；
對于B，當直線的斜率為時，，B對；
對于C，由題意知
則，，
所以，C對；
對于D，由有，
因為的方程為，令得，
所以點為的中點，即，D對.
故選：BCD.
【變式訓練】
一、解答題
1．（2024·河北石家莊·三模）已知橢圓的左、右焦點分別為為坐標原點，直線與交于兩點，點在第一象限，點在第四象限且滿足直線與直線的斜率之積為．當垂直于軸時，．
(1)求的方程；
(2)若點為的左頂點且滿足，直線與交于，直線與交于．
①證明：為定值；
②證明：四邊形的面積是面積的2倍．
2．（2024·遼寧·三模）已知橢圓的左右焦點分別為，橢圓的短軸長為，離心率為. 點為橢圓上的一個動點，直線與橢圓的另一個交點為，直線與橢圓的另一個交點為，設，.
(1)求橢圓的方程；
(2)證明：為定值；
(3)已知，用表示的面積，并求出的最大值.
3．（2024·全國·模擬預測）已知雙曲線的左，右焦點分別為，雙曲線C的虛軸長為2，有一條漸近線方程為．如圖，點A是雙曲線C上位于第一象限內的點，過點A作直線l與雙曲線的右支交于另外一點B，連接并延長交雙曲線左支于點P，連接與，其中l垂直于的平分線m，垂足為D．
(1)求雙曲線C的標準方程；
(2)求證：直線m與直線的斜率之積為定值；
(3)求的最小值．
4．（2023·黑龍江哈爾濱·模擬預測）已知，，平面內動點P滿足.
(1)求動點P的軌跡C的方程；
(2)動直線交C于A、B兩點，O為坐標原點，直線和的傾斜角分別為和，若，求證直線過定點，并求出該定點坐標；
(3)設（2）中定點為Q，記與的面積分別為和，求的取值范圍.
5．（2024·江蘇南通·三模）已知拋物線的焦點為，直線過點交于兩點，在兩點的切線相交于點的中點為，且交于點．當的斜率為1時，．
(1)求的方程；
(2)若點的橫坐標為2，求；
(3)設在點處的切線與分別交于點，求四邊形面積的最小值．
參考答案：
1．(1)
(2)①證明見解析；②證明見解析
【分析】（1）取垂直軸特殊情況研究，由直線與直線的斜率之積為，且 求出點坐標，再代入橢圓方程待定系數法求解即可；
（2）①由建立坐標之間關系，利用在橢圓上及直線與直線的斜率之積為消去，即可得證；
②設，利用韋達定理將直線與直線的斜率之積為表示出來即可得到的關系，再表示出面積，四邊形的面積；若要證，只需證．轉化為證明，由題將用表示，化簡即可.
【詳解】（1）當垂直軸時，由直線與直線的斜率之積為，故，
設，則，解得，
即，則，解得，
故的方程為；
（2）（2）①設，
由知，
將得，
即．
由為上點，則
．
又直線與直線的斜率之積為，故，即．
因此；
②由題直線斜率不為0，設
由①聯立，
消去得，
，
由，
即，
即．
因此有．
面積，
四邊形的面積，
即若要證，只需證．
設，故只需證即可．
直線，
聯立解得，
同理得．
故故問題得證．
【點睛】關鍵點點睛：
本題解題的關鍵是將表示為 后將同一直線上的弦長比值問題轉化為縱坐標的比值問題，即證明，而可以用表示出來，從而達到消元化簡的目的.
2．(1)
(2)證明見解析
(3)，
【分析】（1）根據條件得到，求出，即可求出結果；
（2）設，，利用條件得，，再利用，在橢圓上，即可得到，，從而證明結果；
（3）利用，再根據條件得到，最后使用不等式求出最大值.
【詳解】（1）由題知，得到，又，解得，
所以橢圓的方程為.
（2）由（1）知，，設，，
則，，，，
由，得到，所以，
又在橢圓上，所以，即.
又，故，即.
將其展開，得到，即.
從而，即，
易知，所以，得到，
同理，由，得到，所以，
又在橢圓上，所以，即.
又，故，即.
將其展開，得到，即.
從而，即，
易知，所以，得到，所以，
即為定值.
（3）因為，
又因為，，故，.
所以，，從而
.
又，故.
然后考慮的最大值.
首先，由于，故.
同時由可知，
故，從而，故.
這意味著；
另一方面，當的坐標是時，有，，此時.
所以的最大值是.
【點睛】關鍵點點晴：本題的關鍵在于第（3）問，利用，再結合條件得到，再利用不等式來求出最大值.
3．(1)；
(2)證明見解析；
(3)3
【分析】（1）根據虛軸長和漸近線求出即可；
（2）設，則，記直線m的方向向量為，利用坐標運算求解，整理即可得答案；
（3）設出直線方程，和雙曲線聯立，利用弦長公式和點到直線的距離公式得到，然后利用基本不等式求的最值.
【詳解】（1）因為虛軸長為2，即，所以．
又因為有一條漸近線方程為，所以，
所以雙曲線C的標準方程為；
（2）由題意，點A與點P關于原點對稱．
設，則．
由題意可知直線m的斜率存在，設直線m的斜率為k，
記直線m的方向向量為，又直線m為的平分線，
則．
因為，
所以，
同理，
又，代入得，
，化簡得．
所以，即直線與直線m的斜率之積為定值；
（3）由（2）可知．
又，所以，
將代入得，
，
所以．
設直線m的方程為，
將代入得，
所以直線m的方程為．
由點到直線距離公式得，
．
又直線的斜率為，設直線的方程為，
將代入得，
所以直線的方程為．
將其與聯立得．
設，則．
由得，
所以．
所以，
當且僅當，即時等號成立，
所以當且僅當時，的最小值為3．
【點睛】方法點睛：圓錐曲線中的最值問題解決方法一般分兩種：
一是幾何法，特別是用圓錐曲線的定義和平面幾何的有關結論來求最值；
二是代數法，常將圓錐曲線的最值問題轉化為二次函數或三角函數的最值問題，然后利用基本不等式、函數的單調性或三角函數的有界性等求最值．
4．(1)
(2)證明見解析，
(3)
【分析】（1）確定向量的坐標，利用，化簡即可求曲線的方程；
（2）設直線的方程為與拋物線方程聯立，得韋達定理，根據，利用和差角公式以及斜率公式可得，代入化簡即可得即可證得，即可求解定點；
（3）根據，即可根據點線距離得求解.
【詳解】（1）設點的坐標為.
由題意，
由，得，
化簡得
所求曲線的方程為.
（2）因為過點的直線與曲線有兩個不同的交點、，所以的斜率不為零，
故設直線的方程為
聯立方程組，消并整理得，
設，，，，
于是，，，
由于，不妨設直線的斜率為，
則，
所以，即，
進而，
整理得，
將，代入可得，
化簡得，
由于，所以，
則直線方程為，
故直線過定點，
（3）由題意可知，則直線方程為，且，
，其中分別為到直線的距離，
所以
代入，，，
由于且，故，
解得或，故，
故.
.
【點睛】方法點睛：圓錐曲線中定點問題的兩種解法：
（1）引進參數法：先引進動點的坐標或動線中系數為參數表示變化量，再研究變化的量與參數何時沒有關系，找到定點.
（2）特殊到一般法：先根據動點或動線的特殊情況探索出定點，再證明該定點與變量無關.
技巧：若直線方程為，則直線過定點；若直線方程為(為定值)，則直線過定點
5．(1)
(2)
(3)3
【分析】（1）設直線的方程為，再聯立得到韋達定理式，最后根據焦點弦公式得到，則得到拋物線方程；
（2）首先得到，再根據導數得到兩條切線方程，再計算出的坐標，求出值則得到相關點坐標，即可求出；
（3）首先證明出，再計算出的表達式，從而得到其最小值.
【詳解】（1）由題意，直線的斜率必存在.
設直線的方程為，
聯立得，所以
當時，，
此時，
所以，即.
所以的方程為.
（2）由(1)知，，
則，代入直線得，則中點.
因為，所以，
則直線方程為，即，
同理，直線方程為，
所以，
，所以.
因為，即，此時，
所以直線的方程為，代入，得，
所以，所以.
（3）由（2）知，
所以直線方程為，
代入，得，所以，所以為的中點.
因為在處的切線斜率，
所以在處的切線平行于，
又因為為的中點，所以.
由(1)中式得，所以，
因為直線方程為，
所以.
又到直線的距離，
所以，
(當且僅當時取“”)
所以，
所以四邊形的面積的最小值為3.
【點睛】關鍵點點睛：本題第三問的關鍵是找到，再結合焦點弦和點到直線距離公式得到的表達式，從而得到其最小值.
考點二：圓錐曲線中點弦
【典例精析】（多選）（23-24高三上·湖北荊門·階段練習）如圖，雙曲線的左右頂點為，，為右支上一點（不包含頂點），，，，直線與的漸近線交于、，為線段的中點，則（ ）
A．雙曲線的離心率為 B．到兩條漸近線的距離之積為
C． D．若直線與的斜率分別為，，則
【答案】ACD
【分析】對A，根據等軸雙曲線的離心率即可判斷；對B，結合漸近線與點到直線的距離即可；對C，由，結合即可；對D結合點差法即可.
【詳解】對A，等軸雙曲線的離心率為，所以A正確，
對B：雙曲線的漸近線為，設，
到兩條漸近線的距離為，
則，所以B錯.
對C：， ，
所以，C正確.
對D：方法1：設與雙曲線及其漸近線依次交于，，，
設設，，則，
由得中點的橫坐標為
由得中點的橫坐標為，
所以和的中點重合，即為雙曲線弦的中點，由點差法得
，
，
設直線的斜率為，斜率為
則，所以D正確.
方法2：設，，，
由，
∴，所以D正確.
故選：ACD
【變式訓練】
一、解答題
1．（2024·四川成都·三模）在平面直角坐標系中，橢圓（）過點，直線與橢圓相交于不同于點的，兩點，為線段的中點，當直線斜率為時，直線的傾斜角等于
(1)求橢圓的方程；
(2)直線，分別與直線相交于，兩點.線段，的中點為，若的縱坐標為定值，判斷直線是否過定點，若是，求出該定點，若不是，說明理由.
2．（23-24高三上·河北邯鄲·階段練習）已知橢圓的右焦點為，右頂點為，上頂點為，點為坐標原點，線段的中點恰好為，點到直線的距離為．
(1)求的方程；
(2)設點在直線上，過作的垂線交橢圓于兩點．記與面積分別為，求的值．
3．（2024·全國·模擬預測）已知長為的線段的中點為原點，圓經過兩點且與直線相切，圓心的軌跡為曲線.
(1)求曲線的方程；
(2)過點且互相垂直的直線分別與曲線交于點和點，且，四邊形的面積為，求實數的值.
4．（2024·浙江金華·模擬預測）在直角坐標系中，圓Γ的圓心P在y軸上（不與重合），且與雙曲線的右支交于A，B兩點．已知．
(1)求Ω的離心率；
(2)若Ω的右焦點為，且圓Γ過點F，求的取值范圍．
5．（2024·貴州·三模）已知雙曲線，過點的直線與雙曲線相交于兩點.
(1)點能否是線段的中點？請說明理由；
(2)若點都在雙曲線的右支上，直線與軸交于點，設，求的取值范圍.
參考答案：
1．(1)；
(2)直線過點.
【分析】（1）根據點得到，然后利用點差法得到，即可得到，然后寫橢圓方程即可；
（2）設的坐標，根據直線的方程得到點的坐標，然后將，轉化為方程的兩根，根據的縱坐標和韋達定理得到，最后根據的縱坐標為定值得到，，即可得到直線過定點.
【詳解】（1）
由已知得，
設，，中點為
由相減得，
∴，即.
所以橢圓方程為.
（2）設，，
所以：，即，
∴，同理，
設直線過點，
∴，是方程的兩根.
即，
整理得，
∴，，
∴，
∴，，
所以直線過點.
【點睛】關鍵點睛：本題解題關鍵在于的縱坐標為定值，對于定值的問題關鍵在于與參數無關，本題中的縱坐標為定值可得與參數無關，即可得到，然后求即可.
2．(1)
(2)1
【分析】（1）根據題意可得，又點到直線的距離為列式計算求得；
（2）設線段的中點，利用點差法可得，三點共線，即直線過線段的中點，得解.
【詳解】（1）設，則，由線段的中點恰好為，得，
所以，整理得，
由得直線方程為，
所以點到直線的距離為，
所以，
橢圓的方程為．
（2）設，線段的中點，
則．
由（1）知，直線的斜率，
當時，直線的斜率．
因為點在橢圓上，所以，兩式相減，
整理得，
又，
所以，直線的斜率為，
因為直線的斜率為，
所以三點共線，即直線過線段的中點，
當時，直線也過線段的中點，
所以到直線的距離相等，即與等底等高．
所以．
【點睛】思路點睛：設，線段的中點，利用點差法可得，三點共線，即線段的中點在直線上，得解.
3．(1)
(2)
【分析】（1）直接寫出圓心符合的等量關系式，進而得到曲線的方程；
（2）先用點差法求出方程，再聯立曲線，用弦長公式求，根據垂直，同理可求，再表示面積即可求出實數的值.
【詳解】（1）由題意知圓心在線段的垂直平分線上，則,設，圓的半徑為，
則，
又圓與直線相切，故，
于是，化簡得，
所以曲線的方程為.
（2）設，根據可得為的中點，
則，得，
即，所以直線.
聯立方程，得，得，
由，得，
所以，
所以.
設，因為互相垂直，易知直線，
聯立方程，得，
得，
由，得，
所以，
所以.
則四邊形的面積為.
令，
化簡得，
解得（舍）或，符合，所以.
4．(1)
(2)
【分析】（1）由點差法與直線與圓的性質分別得到與直線的斜率有關的等量關系，結合已知條件將坐標化，得，再結合兩斜率關系，整體消元可得，從而求出斜率；
（2）將化斜為直，轉化為坐標表示，再由韋達定理代入得關于的函數解析式，求解值域即可.
【詳解】（1）設，，則線段中點
由題意不與重合，則，由在雙曲線右支上，則，
所以斜率存在且不為.
由在雙曲線上，則，且，
兩式作差得，
所以有，
故①，
由圓Γ的圓心P在y軸上（P不與O重合），設，
由題意，
則，
化簡得，由，得，
由圓Γ的圓心為，弦中點為，所以，
則，即②，
由①②得，，則，
故Ω的離心率為.
（2）由Ω的右焦點為，得，
由（1）知，，所以有，故雙曲線的方程為.
設圓的方程為，由圓Γ過點，則，
則圓的方程可化為，
聯立，消化簡得，
，
其中，，則有，
由，
同理，
所以，
其中，
令，則，
所以，
設，，
由函數在單調遞增，則，即，
所以有，
故,
.

【點睛】方法點睛：圓錐曲線最值范圍問題，關鍵在把要求最值（范圍）的幾何量、代數式轉化為某個（些）參數的函數，然后利用函數、不等式方法進行求解.
5．(1)不是，理由見解析
(2)
【分析】
（1）設,利用點差法求解，求出直線方程，與雙曲線方程聯立，判斷是否是中點;
(2)設直線方程，求出點坐標，設，聯立方程，根據根與系數關系求解的范圍，根據,求出，進而求出的取值范圍.
【詳解】（1）假設是的中點，設,
則，
由，可得,
則直線方程,即，
則，即，
故與題設矛盾，故點不是的中點.
（2）設直線方程,則，令，
設，聯立，
則
故，即或，
根據，
則，代入雙曲線方程可得，，
同理可得，
所以是方程的兩個根，
則，，
故，
由或，則或，
即或,
故.
考點三：圓錐曲線中最值與范圍
【典例精析】（多選）（2024·河南·三模）如圖，已知橢圓的左、右頂點分別是，上頂點為，在橢圓上任取一點（非長軸端點），連接交直線于點，連接交于點（是坐標原點），則（ ）

A．為定值 B．
C． D．的最大值為
【答案】AC
【分析】設點的坐標為，，而，對于A，求出直線的斜率進行判斷；對于B，C，求出直線的方程，令，求出的值，可得點的坐標，然后可求出的斜率進行判斷；對于D，求出直線，的方程，兩方程聯立可求出點的坐標，從而可表示出的長，進而可判斷其最值
【詳解】由題意知，因為點在橢圓上，
所以設點的坐標為，，．
對于A，，故A正確；
對于B，因為，直線的方程為，令，得，故，
所以，所以，故B錯誤；
對于C，因為，所以，所以，故C正確；
對于D，的方程為，的方程為，
聯立直線的方程可求得，，故點，又，
所以，
當，時，，故，故D錯誤．
故選：AC．
【變式訓練】
一、解答題
1．（2023·福建福州·模擬預測）在直角坐標系中，已知拋物線C：的焦點為F，過F的直線l與C交于M，N兩點，且當l的斜率為1時，.
(1)求C的方程；
(2)設l與C的準線交于點P，直線PO與C交于點Q（異于原點），線段MN的中點為R，若，求面積的取值范圍.
2．（23-24高三下·江西·階段練習）在平面直角坐標系中，，直線，動點在直線上，過點作直線的垂線，與線段的中垂線交于點.
(1)求點的軌跡的方程；
(2)經過曲線上一點作一條傾斜角為的直線，與曲線交于兩個不同的點Q，R，求的取值范圍.
3．（2024·江蘇南通·二模）已知雙曲線的漸近線為，左頂點為.
(1)求雙曲線的方程；
(2)直線交軸于點，過點的直線交雙曲線于，，直線，分別交于，，若，，，均在圓上，
①求的橫坐標；
②求圓面積的取值范圍.
4．（2024·廣東茂名·模擬預測）已知橢圓的右頂點A和上頂點為B關于直線對稱．
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)點P，Q為橢圓C上兩個動點，直線，的斜率之積為，，D為垂足，求的最小值．
5．（2024·重慶·二模）已知橢圓的左 右焦點分別為，點是其左 右頂點，點為上異于的點，滿足直線與的斜率之積為的周長為6.
(1)求橢圓的方程；
(2)直線過點，與橢圓交于兩點，當外接圓面積最小時，求直線的方程.
參考答案：
1．(1)
(2)
【分析】（1）設出直線方程，聯立拋物線方程，得到兩根之和，兩根之積，由焦點弦長公式得到方程，求出，得到答案；
（2）在（1）基礎上得到，進而求出，故軸，得到，表達出，結合，得到答案.
【詳解】（1）因為過F的直線l與C交于M，N兩點，故直線的斜率不為0，
不妨設l的方程為，，，
聯立l與C的方程，得，
∴，，
則，
∴由題可知當時，，
∴，
∴C的方程為.
（2）由（1）知，
將R的縱坐標2m代入，得，
易知C的準線方程為，又l與C的準線交于點P，
∴，
則直線OP的方程為，聯立OP與C的方程，得，
∴，
∴Q，R的縱坐標相等，
∴直線軸，
∴，
∴，
∵點Q異于原點，
∴，
∵，
∴，
∴，即.
【點睛】圓錐曲線中最值或范圍問題的常見解法：
（1）幾何法，若題目的條件和結論能明顯體現幾何特征和意義，則考慮利用幾何法來解決；
（2）代數法，若題目的條件和結論能體現某種明確的函數關系，則可首先建立目標函數，再求這個函數的最值或范圍．
2．(1)
(2)
【分析】（1）利用線段的中垂線的性質得出，根據拋物線的定義即得方程；
（2）設，則直線的方程為，將直線方程與曲線方程聯立，由可得t的取值范圍，設的橫坐標分別為，結合的傾斜角為，結合弦長公式可將表示為關于t的函數，從而求得其取值范圍．
【詳解】（1）由圖可得，所以點的軌跡是以為焦點的拋物線，
故點的軌跡的方程為；

（2）設，則直線的方程為，代入曲線的方程得，.
化簡可得：①，
由于與交于兩個不同的點，故關于的方程①的判別式為正，計算得，
，
因此有，②
設Q，R的橫坐標分別為，，
由①知，，，
因此，結合的傾斜角為可知，
，③
由②可知，，故，
從而由③得：.

【點睛】方法點睛：圓錐曲線中最值或范圍問題的常見解法：
（1）幾何法，若題目的條件和結論能明顯體現幾何特征和意義，則考慮利用幾何法來解決；
（2）代數法，若題目的條件和結論能體現某種明確的函數關系，則可首先建立目標函數，再求這個函數的最值或范圍．
3．(1)
(2)①；②且
【分析】（1）根據漸近線方程及頂點求出得雙曲線方程；
（2）①設，由四點共圓可得，根據斜率公式轉化為點坐標表示形式，由直線與雙曲線聯立得出根與系數的關系，據此化簡即可求出；②求出點坐標得出，利用正弦定理求出外接圓的半徑，根據均值不等式求出半徑的最值，即可得出圓面積的最值.
【詳解】（1）因為雙曲線的漸近線關于坐標軸及原點對稱，又頂點在軸上，
可設雙曲線的方程為（，），
從而漸近線方程為：，由題條件知：.
因為雙曲線的左頂點為，
所以，，
所以雙曲線的方程為：.
（2）如圖，

①，設直線的方程為：，
將代入方程：，得，
當且時，
設，，則，.
設直線的傾斜角為，不妨設，則，
由于，，，四點共圓知：，
所以直線的傾斜角為，.
直線的方程為：，
令，則，從而，
所以，又，
得：，
又，代入上式得：
，
，
，
化簡得：，解得：（舍）或.
故點的坐標為.
②直線的方程為，由①知：，
所以.
直線方程；，所以，
若，在軸上方時，在的上方，即時，；
若，在軸下方時，即時，，
所以或.
又直線與漸近線不平行，所以.
所以，或且.
因為，
設圓的半徑為，面積為，則，
所以
，
當且僅當即時，上述不等式取等號，
或且.
所以且，從而且.
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵點在于利用直線的傾斜角與圓的內接四邊形的角的關系，得出這一關鍵數量關系，再轉化為直線與雙曲線相交，利用根與系數的關系化簡求參數的常規問題.
4．(1)
(2)
【分析】（1）由已知可得，，求解可得橢圓的標準方程；
（2）設，，由題意得直線斜率不為零，設，與橢圓聯立方程組，結合已知可得，可求得直線過點，D在以為直徑的圓上，從而可求的最小值.
【詳解】（1）由點和關于直線對稱，
由直線的斜率為，可得直線的斜率為，有①，
又由線段的中點在直線上，有②，
聯立方程①②解得，，
故橢圓C的標準方程為；
（2）設，，由題意得直線斜率不為零，設，
由，得，即，
所以，且,
故,
由，得，即，
所以，
所以，
所以，化簡得，
所以或，
若，則直線過橢圓的右頂點，不符合題意，所以，
所以過定點，因為，D為垂足，
所以D在以為直徑的圓上，，的中點為，又，
所以．
所以的最小值為，
即的最小值為．
【點睛】關鍵點點睛：本題是圓錐曲線過定點問題，屬于難題，解決問題的關鍵點有兩個，一是過定點問題不是顯性的，比較隱晦，識別出來有困難，第二在由斜率的乘積是常數進行化簡整理的過程中，計算直線過定點難度比較大，容易形成畏難心理導致計算失敗.
5．(1)
(2).
【分析】（1）由題意可得△的周長為，可得，的關系，再由直線，的斜率之積可得，的關系，進而求出，的值，求出橢圓的方程；
（2）設直線的方程，與橢圓的方程聯立，可得兩根之和及兩根之積，求出的面積的表達式，換元整理，再由導數的方法，求出外接圓半徑的最小值時直線的方程．
【詳解】（1），設，有，
又.
由題意，，即，解得.
所以橢圓的方程為.
（2）設直線，聯立，得，
設，則，
,.
點到直線的距離為.
面積.
設外接圓半徑為，
由正弦定理，有
令，則.
令，則，
因為，
所以在上單調遞增，
從而當，即時，取最小值，即外接圓面積最小，
此時直線的方程為：.
【點睛】關鍵點點睛：本題考查橢圓中三角形面積問題，關鍵是利用等面積法確定半徑的函數表達式并利用導數求最值.
考點四：圓錐曲線中定點、定值
【典例精析】（多選）（2024·江西宜春·模擬預測）已知橢圓的左、右焦點分別為，是上的兩個動點，則（ ）
A．存在點，使得
B．若，則的面積為
C．記的上頂點為，若軸，則直線AP與AQ的斜率之積為
D．若是的上頂點，則的最大值為
【答案】ACD
【分析】由可判斷A；設，，由余弦定理可求出，再由三角形的面積公式可判斷B；設，，則，表示出結合橢圓方程可判斷C；設，求出，由二次函數的性質可判斷D.
【詳解】由橢圓方程，得，，所以．
對于A，，所以存在點，使得．故A正確；
對于B，設，，則，因為，
所以由余弦定理得．
所以．所以．故B錯誤；
對于C，由題得，設，，則．
所以，又．
所以．所以．故C正確；
對于D．．設．則．
所以
．
因為．所以當時，取得最大值18．
所以的最大值為，故D正確
故選：ACD．
【變式訓練】
一、解答題
1．（2024·吉林長春·模擬預測）已知橢圓過點，離心率為.不過原點的直線交橢圓于兩點，記直線的斜率為，直線的斜率為，且.
(1)求橢圓的方程；
(2)證明：直線的斜率為定值；
(3)求面積的最大值.
2．（2024·湖北武漢·二模）已知點是圓上的動點，，是線段上一點，且，設點的軌跡為.
(1)求軌跡的方程；
(2)設不過原點的直線與交于兩點，且直線的斜率的乘積為.平面上一點滿足，連接交于點（點在線段上且不與端點重合）.試問的面積是否為定值？若是，求出定值；若不是定值，說明理由.
3．（2024·浙江·二模）已知雙曲線左右焦點分別為，，點在雙曲線上，且點到雙曲線兩條漸近線的距離乘積為，過分別作兩條斜率存在且互相垂直的直線，，已知與雙曲線左支交于，兩點，與左右兩支分別交于，兩點.
(1)求雙曲線的方程；
(2)若線段，的中點分別為，，求證：直線恒過定點，并求出該定點坐標.
4．（2024·江西贛州·二模）如圖，曲線是以原點O為中心，，為焦點的橢圓的一部分，曲線是以O為頂點，為焦點的拋物線的一部分，是和的交點，我們把和合成的曲線W稱為“月蝕圓”.
(1)求所在橢圓和所在拋物線的標準方程；
(2)過作與y軸不垂直的直線l，l與W依次交于B，C，D，E四點，P，Q為所在拋物線的準線上兩點，M，N分別為CD，BE的中點.設，，，分別表示，，，的面積，求.
5．（2024·黑龍江哈爾濱·三模）如圖拋物線，過有兩條直線與拋物線交于與拋物線交于，
(1)若斜率為1，求；
(2)是否存在拋物線上定點，使得，若存在，求出點坐標并證明，若不存在，請說明理由；
(3)直線與直線相交于兩點，證明：為中點.
參考答案：
1．(1)
(2)證明見解析
(3)
【分析】（1）根據離心率和過點M，用待定系數法可求出橢圓C的方程；
（2）設出直線并與橢圓進行聯立，用韋達定理表示出，并進行化簡，即可求出斜率定值；
（3）根據弦長公式和點到直線的距離公式表示出三角形面積，將其轉化為函數，再利用導數求出最大值.
【詳解】（1）依題意，解得，
所以橢圓的標準方程為.
（2）設直線方程為，
由得，
，
，
解得.
（3）由（2）得，
，
的面積，
，
，
令，解得，即在上單調遞增，
令，解得或，即在和上單調遞減，
所以當時，取到最大值，
的面積
【點睛】關鍵點點睛：本題主要考查直線與橢圓的位置關系，解決直線與橢圓的綜合問題，關鍵在于（1）注意題設中每一個條件，明確確定直線和橢圓的條件；（2）直線和橢圓聯立得韋達定理，與弦長公式和點到直線距離公式的結合運用；（3）求最值時，要善于轉化為函數關系，利用導數來求解.
2．(1)
(2)是，
【分析】（1）借助橢圓定義計算即可得解；
（2）設，代入曲線方程中聯立可得，結合題意計算可得，設，結合點在曲線上計算可得的值，即可得的面積.
【詳解】（1）因為，
所以點的軌跡是以點為焦點的橢圓，
設，則，即.
由知，
所以點的軌跡的方程為；
（2）
設，則由，得.
因為點均在曲線上，所以，
同向相乘得
整理得：
又因為，所以，
所以，
設，則，
又因為點在曲線上，所以，
整理得：，
又因為，，
代入上式得：，即，
又因為，所以，
所以.
【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵點在于計算出后，利用面積公式得到，從而可通過計算的值得解.
3．(1)
(2)證明見解析，
【分析】（1）根據題意，列出的方程組求出得解；
（2）設直線的方程為，可得的方程，分別與雙曲線方程聯立，結合韋達定理求出點的坐標，表示直線的方程，令求得是定值.
【詳解】（1）設雙曲線的兩漸近線方程分別為，，
點到雙曲線兩漸近線的距離乘積為，
由題意可得：，解得，，
所以雙曲線的方程為.
（2）設直線的方程為，
由，互相垂直得的方程，
聯立方程得，消得，
成立，所以，，
所以點坐標為，
聯立方程得，所以，，
所以點坐標為，
根據對稱性判斷知定點在軸上，
直線的方程為，
則當時，，
所以直線恒過定點，定點坐標為.

【點睛】關鍵點點睛：本題第二問的關鍵是采用設線法再聯立雙曲線方程從而解出點的坐標，再得到直線的方程，最后令即可得到其定點坐標.
4．(1)，
(2)
【分析】（1）設橢圓的標準方程為，拋物線的標準方程為,根據在曲線上和焦點坐標，即可求出答案.
（2）設，，，，，分別聯立直線l與橢圓和拋物線的方程，利用韋達定理表示出，，由轉化為，化簡即可得出答案.
【詳解】（1）由題知，設橢圓的標準方程為，
拋物線的標準方程為,
由于曲線經過，所以，解得，
所以，所以，
所以，且，
解得，，
所以；
（2）由題意可知直線l的斜率必存在且不為0，
設，，，，
聯立可得
可得
聯立可得，可得
記，，，的高分別為，，，，
由于，，
所以
.
【點睛】方法點睛：求定值問題常見的方法有兩種：
(1)從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關．
(2)直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值．
5．(1)
(2)存在，，證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）根據題意，得到直線方程為，聯立方程組，結合弦長公式，即可求解；
（2）設直線的方程為，聯立方程組得到，結合，列出方程，求得，即可求解；
（3）設，結合的方程求得，，
再由，聯立方程組，求得，得到，即可得證.
【詳解】（1）解：由題意，直線方程為，即，
聯立方程組，可得，可得且，
所以.
（2）解：設直線的方程為，
聯立方程組，整理得，
設，則，
可得，
即，
即，
因為，所以，即，
即，即恒成立，
解得，即.
（3）解：設，
則過，所以，所以，
過，所以，所以，
，
聯立方程組，可得，同理，
所以
，
所以的中點為.
【點睛】方法點睛：解決拋物線問題的方法與策略：
1、涉及拋物線的定義問題：拋物線的定義是解決拋物線問題的基礎，它能將兩種距離(拋物線上的點到焦點的距離、拋物線上的點到準線的距離)進行等量轉化．如果問題中涉及拋物線的焦點和準線，又能與距離聯系起來，那么用拋物線定義就能解決問題．因此，涉及拋物線的焦半徑、焦點弦問題，可以優先考慮利用拋物線的定義轉化為點到準線的距離，這樣就可以使問題簡單化．
2、涉及直線與拋物線的綜合問題：通常設出直線方程，與拋物線方程聯立方程組，結合根與系數的關系，合理進行轉化運算求解，同時注意向量、基本不等式、函數及導數在解答中的應用.
考點五：圓錐曲線中與向量
【典例精析】（多選）（2023·安徽合肥·模擬預測）如圖，為坐標原點，分別為雙曲線的左 右焦點，過雙曲線右支上一點作雙曲線的切線分別交兩漸近線于兩點，交軸于點，則下列結論正確的是（ ）
A．
B．
C．
D．若存在點，使得，且，則雙曲線的離心率為2或
【答案】AB
【分析】對于A,先證明雙曲線上一點的切線方程為，與雙曲線的漸近線進行聯立，可得坐標，可得到，結合即可判斷；對于B，由A選項可得點是線段的中點，即可判斷；對于C，由即可判斷；對于D，通過可得，則能算出，結合余弦定理即可求解
【詳解】對于選項，先求雙曲線上一點的切線方程，
不妨先探究雙曲線在第一象限的部分（其他象限由對稱性同理可得）.
由得：，所以，
則在點的切線斜率為，
所以在點的切線方程為：，
又因為，所以在點的切線方程為：，
當為右頂點時，切線方程為，易得也滿足，
不失一般性，設點是雙曲線在第一象限的一點或雙曲線的右頂點，是切線與漸近線在第一象限的交點，是切線與漸近線在第四象限的交點，雙曲線的漸近線方程為，
聯立，
所以點，同理可得：，
則，
又因為，所以，即：，故A項正確；
對于選項B，由A項知，，
所以點是線段的中點，所以，故B項正確；
對于選項，因為在點的切線方程為：，
令得，所以點，
則，
當點在頂點時，仍然滿足，故C項錯誤；
對于選項D，因為，所以，
又因為，所以，解得：，
即：，代入得，
所以
，
，
因為，所以，
所以，
解得：或6，所以離心率為或，故D項錯誤.
故選：AB
【點睛】結論點睛：雙曲線上一點的切線方程為，對橢圓、拋物線也有類似結論．
【變式訓練】
一、解答題
1．（2024·福建廈門·二模）已知，，為平面上的一個動點.設直線的斜率分別為，，且滿足.記的軌跡為曲線.
(1)求的軌跡方程；
(2)直線，分別交動直線于點，過點作的垂線交軸于點.是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，說明理由.
2．（2023·上海奉賢·一模）已知橢圓的焦距為，離心率為，橢圓的左右焦點分別為、，直角坐標原點記為．設點，過點作傾斜角為銳角的直線與橢圓交于不同的兩點、．
(1)求橢圓的方程；
(2)設橢圓上有一動點，求的取值范圍；
(3)設線段的中點為，當時，判別橢圓上是否存在點，使得非零向量與向量平行，請說明理由．
3．（2023·河北邢臺·模擬預測）已知雙曲線（）的離心率為，且經過點.
(1)求E的方程；
(2)若A，B是E右支上的不同兩點，O是坐標原點，求的最小值.
4．（23-24高二上·上海·期末）已知雙曲線的左、右焦點為、，虛軸長為，離心率為，過的左焦點作直線交的左支于A、B兩點.
(1)求雙曲線C的方程；
(2)若，求的大小；
(3)若，試問：是否存在直線，使得點在以為直徑的圓上？請說明理由.
5．（2024·河北滄州·一模）已知點是橢圓上在第一象限內的一點，A，B分別為橢圓的左、右頂點．
(1)若點的坐標為，的面積為1．
（i）求橢圓的方程；
（ii）若拋物線的焦點與橢圓的右焦點重合，直線與交于C，D兩點，與交于E，G兩點，若，求實數的值．
(2)若橢圓的短軸長為2，直線AQ，BQ與直線分別交于M，N兩點，若與的面積之比的最小值為，求此時點的坐標．
參考答案：
1．(1)
(2)存在，12
【分析】（1）設點，由題意列出等式，化簡即可求得答案；
（2）分別設直線的方程，求出點的坐標，即可得出直線的方程，繼而求出H點坐標，從而求出的表達式，結合二次函數知識，即可得結論，并求得最大值.
【詳解】（1）由題意設點，由于，
故，整理得，
即的軌跡方程為；
（2）由題意知直線的斜率分別為，，且滿足，
設直線的方程為，令，則可得，即，
直線，同理求得，
又直線的方程為，
令，得，即，
故
，
當時，取到最大值12，
即存在最大值，最大值為12.
【點睛】易錯點點睛：本題考查軌跡方程的求解以及直線和橢圓位置關系中的探究最值是否存在問題，解答思路不困難，即表示出直線方程，求得坐標，進而求出的表達式，結合二次函數知識即可求解，但很容易出錯，易錯點在于計算較為復雜，計算量較大，。并且基本都是字母參數的運算，需要十分細心.
2．(1)
(2)
(3)不存在點，使得//，理由見解析
【分析】（1）由題意計算即可得；
（2）由設出點坐標，表示出，結合與點坐標范圍計算即可得.
（3）設出直線方程后聯立得一元二次方程，由直線與橢圓交于不同的兩點可得該方程，并由方程中的韋達定理表示出直線斜率，假設存在該點，則有，借此設出直線方程，則該直線與橢圓必有焦點，即聯立后有，結合前面所得可計算出的范圍.
【詳解】（1）由題意，得，，所以，
則橢圓的標準方程為；
（2）設動點，，，
，
，所以的取值范圍為；
（3）顯然直線的斜率存在，故可設直線，、，
聯立， 消去得，
，即①，
則，，
則，，
則，
故，
若，則有，
設直線為，
聯立，消去有，
要使得存在點，則，
整理得，
故②，
由①②式得，，
則，解得，
所以當時，不存在點，使得.
3．(1)
(2)
【分析】（1）由離心率、點在雙曲線上及參數關系列方程組求參數，即可得方程；
（2）令，所以，令且，，聯立橢圓并應用韋達定理可得，進而求最小值.
【詳解】（1）由題設，可得，則.
（2）令，則，
所以，
由題設，可令且，，聯立，
所以，且，
所以，，
則，
所以，而，
則，故，則的最小值為.
【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：
（1）設直線方程，設交點坐標為；
（2）聯立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，必要時計算；
（3）列出韋達定理；
（4）將所求問題或題中的關系轉化為、（或、）的形式；
（5）代入韋達定理求解.
4．(1)
(2)
(3)不存在，理由見解析
【分析】（1）根據條件列出關于的方程組，由此求解出的值，則雙曲線方程可知；
（2）根據雙曲線的定義求解出，在中利用余弦定理求解出的值，則的大小可知；
（3）當的斜率不存在時，直接分析即可，當的斜率存在時，設出的方程并與雙曲線方程聯立，得到橫坐標的韋達定理形式，根據進行化簡計算，從而判斷出是否存在.
【詳解】（1）由題意可知：，解得，
所以雙曲線的方程為：；
（2）因為，所以，且，
所以，
所以的大小為；
（3）假設存在滿足要求，
當的斜率不存在時，，由解得，
所以，所以不垂直，故不滿足要求；
當的斜率存在時，因為與雙曲線有兩個交點，所以，即，
設，，
聯立可得，
且，即，
所以，
所以，
所以，
所以
，
所以也不滿足要求，
故假設不成立，即不存在直線，使得點在以為直徑的圓上.
【點睛】關鍵點點睛：本題考查直線與雙曲線的綜合應用，對學生的轉化與計算能力要求較高，難度較大.解答本題第三問的關鍵在于：將“以為直徑的圓過點”轉化為“”，從而轉化為坐標之間的運算.
5．(1)（i）；（ii）
(2)
【分析】（1）（i）根據，求出，再由點在橢圓上，求出，即可求解；（ii）直曲聯立，利用韋達定理分別求出、,求出的值，再分與方向相同和與方向相反兩種情況求解即可.
（2）由三點共線分別求出、，從而表示出，利用換元得，結合二次函數的性質求出最小值，得到方程解出，進一步求解點的坐標即可.
【詳解】（1）（i）根據已知條件，有，解得，
又在橢圓上，將的坐標代入橢圓方程有：，解得，
所以橢圓的方程為：.
（ii）因為拋物線的焦點與橢圓的右焦點重合，所以拋物線方程為；
直線與橢圓聯立，整理有：，
由韋達定理得：，，
；
直線與拋物線聯立，整理得，
由韋達定理得：，，
；
，若與方向相同，則，
若與方向相反，則，故.
（2）橢圓的短軸長為2，所以橢圓方程為：，
因為，，三點共線，
所以，解得；
同理：，，三點共線，
所以，解得；
設，此時，
，
因為，所以，
所以；
又設，，所以，
因為，令，，此時，
所以，
其中，，因為，所以
為開口向下，對稱軸為，
其中，
故當時，取得最大值，
最大值為：，
所以有最小值為，令，解得或，
因為，所以（舍去），所以，解得，
此時，，又，所以，
所以點坐標為.
【點睛】關鍵點點睛：關鍵為求出，利用換元法將化為，結合二次函數單調性求解.
考點六：直線與圓錐曲線位置關系
【典例精析】（多選）（2024·山東日照·二模）已知是曲線上不同的兩點，為坐標原點，則（ ）
A．的最小值為3
B．
C．若直線與曲線有公共點，則
D．對任意位于軸左側且不在軸上的點，都存在點，使得曲線在兩點處的切線垂直
【答案】BCD
【分析】根據題中曲線表達式去絕對值化簡，根據表達式求值判定A，根據幾何意義判斷B，根據直線與橢圓的位置關系判斷C，根據圖形特征以及切線概念判斷D.
【詳解】當時，原方程即，
化簡為，軌跡為橢圓，
將代入，解得，則此時，
即此部分為橢圓的一半，
當時，原方程即，
化簡得，
將代入，解得或，
則此時，即此部分為圓的一部分，作出曲線的圖形如下：

選項A：當時，，當時取最小值3，
當時，，當時取最小值1，
則的最小值為1，故A錯誤；
選項B：因為表示點與點和點的
距離之和，當時，點和點為橢圓的焦點，
由橢圓定義可知=4，
當時，點為圓的圓心，點在圓上，
所以=
當點P在或時最大，且為2，
所以，
即，故B正確；
選項C：直線過定點，當直線經過或時，
直線斜率，
聯立，化簡得，
因直線與曲線有公共點，即，
解得或，
所以直線與曲線有公共點時，故C正確；
選項D：當點P在橢圓上時，對任意位于y軸左側且不在x軸上的點P，
則曲線C在點P處的切線斜率可以取任何非零正實數，
曲線C在y軸右側橢圓部分切線斜率也可以取到任何非零負實數，使得兩切線斜率為負倒數，
同理，當點P在圓上時，對任意位于y軸左側且不在x軸上的點P，
則曲線C在點P處的切線斜率可以取任何非零負實數，
曲線C在y軸右側圓部分切線斜率也可以取到任何非零正實數，使得兩切線斜率為負倒數，
所以對任意位于軸左側且不在軸上的點，都存在點，使得曲線在兩點處的切線垂直，故D正確；
故選：BCD.
【點睛】方法點睛：本題考查解析幾何的綜合問題，此類問題常見的處理方法為：
（1）幾何法：通過圖形特征轉化，結合適當的輔助線與圖形關系進而求解；
（2）坐標法：在平面直角坐標系中，通過坐標的運算與轉化，運用方程聯立與韋達定理等知識，用坐標運算求解答案.
【變式訓練】
一、解答題
1．（2024·廣東廣州·二模）已知點是拋物線的焦點，的兩條切線交于點是切點．
(1)若，求直線的方程；
(2)若點在直線上，記的面積為的面積為，求的最小值；
(3)證明：．
2．（2024·山東濟南·三模）已知點在橢圓上，到的兩焦點的距離之和為．
(1)求的方程；
(2)過拋物線上一動點，作的兩條切線分別交于另外兩點．
（ⅰ）當為的頂點時，求直線在軸上的截距（結果用含有的式子表示）；
（ⅱ）是否存在，使得直線總與相切．若存在，求的值；若不存在，說明理由．
3．（2024·遼寧·二模）彗星是太陽系大家庭里特殊的一族成員，它們以其明亮的尾巴和美麗的外觀而聞名，它的運行軌道和行星軌道很不相同，一般為極扁的橢圓形、雙曲線或拋物線.它們可以接近太陽，但在靠近太陽時，由于木星、土星等行星引力的微繞造成了軌道參數的偏差，使得它軌道的離心率由小于1變為大于或等于1，這使得少數彗星會出現“逃逸"現象，終生只能接近太陽一次，永不復返.通過演示，現有一顆彗星已經“逃逸”為以太陽為其中一個焦點離心率為的運行軌道，且慧星距離太陽的最近距離為.
(1)求彗星“逃逸”軌道的標準方程；
(2)設雙曲線的兩個頂點分別為，，過，作雙曲線的切線，，若點P為雙曲線上的動點，過P作雙曲線的切線，交實軸于點Q，記直線與交于點M，直線交于點N.求證：M，N，Q三點共線.
4．（2024·四川南充·三模）已知圓，動圓P與圓M內切，且經過定點．設圓心P的軌跡為曲線．
(1)求曲線的軌跡方程；
(2)若，過點的直線l與曲線Γ交于M，N兩點，連接分別交y軸于P、Q．試探究是否為定值？若是，求出該定值；若不是，請說明理由．
5．（2024·陜西榆林·三模）已知橢圓的離心率為；直線與只有一個交點.
(1)求的方程；
(2)的左 右焦點分別為上的點（兩點在軸上方）滿足.
①試判斷（為原點）是否成立，并說明理由；
②求四邊形面積的最大值.
參考答案：
1．(1)；
(2)16；
(3)證明見解析.
【分析】（1）由題得坐標，設出切線方程，與拋物線方程聯立可得參數的值，進而求解坐標，即可得方程；
（2）求得拋物線在點處的切線方程，化簡得，由點在直線上可得縱坐標的和、積關系，進而利用兩點間距離公式結合點到直線距離公式，表示出，化簡結合配方法可求得最小值；
（3）利用兩點間距離公式結合拋物線定義可得，利用兩角差的正切公式求得，即，即可證得結論．
【詳解】（1）由題知，拋物線，
切線斜率不為0，設切線為，
與聯立，得，
，解得或3，
時，，則，切點為；
時，，則，切點為，
故直線方程為，即．
（2），設，
由題意易知拋物線的切線不與軸垂直，設切線為，
與聯立，得，，則，
即，
故拋物線在點處的切線方程為，
在點處的切線方程為，
聯立可得，
又在直線上，故，即①，
點到的距離為，
，
故，
同理可得，
故
，
將①式代入可得：
，
令，則，
則
，
故當時，有最小值為．
（3）由（2）知，
則
，
由拋物線定義可得
，
故，即．
，
，
，
，
則，
又與范圍均為，
故，
結合，可得．
【點睛】方法點睛：在圓錐曲線中涉及到三角形面積的求解時，常常有三種求解三角形面積的方法：
（1）常規面積公式：底高；
（2）正弦面積公式：；
（3）鉛錘水平面面積公式：過軸上的定點：（為軸上定長）
過軸上的定點（為軸上定長）
2．(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）存在，
【分析】（1）根據條件，利用橢圓的定義得到，再利用點在上，即可求出結果；
（2）（ⅰ）設直線的方程為，聯立橢圓方程程，利用，得到，聯立拋物線方程，得到，即可求出結果；（ⅱ）根據條件得到必要條件，再代入檢驗滿足題意，從而求出結果.
【詳解】（1）由題意，得．
又在上，得，從而，故E的方程為．
（2）（ⅰ）當為的頂點時，，
不妨設在第一象限，直線的方程為，
聯立的方程為，可得．
由，得．
聯立直線的方程與拋物線的方程，可得，
則點的縱坐標為，
由對稱性知，
故直線在軸上的截距為．
（ⅱ）要使（2）中的直線與相切，必有，即，
解得或（舍去）．
設，，，則，，．
直線的方程為，即．
聯立橢圓方程可得
，
由
可得，
即．
同理可得．
因為直線同時經過點，所以的直線方程為．
聯立橢圓方程可得，
于是．
故直線與橢圓相切，因此符合題意．
【點睛】關鍵點點晴：本題的關鍵在于第（2）問的第（ii）小問，通過條件，得到，從而有，再檢驗滿足題意，即可求解.
3．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）不妨設雙曲線的焦點在上，設其方程為，根據題意，求得 的值，即可求解；
（2）不妨設點在第一象限，求得切線方程，得到點的坐標，再由和的方程，聯立方程組求得和，結合，即可得證.
【詳解】（1）解：由題意知，彗星“逃逸”軌道的標準方程為雙曲線，
不妨設雙曲線的焦點在上，設其方程為，
因為雙曲線的離心率為，可得，即，
又因為慧星距離太陽的最近距離為，可得，
解得，可得，
所以彗星“逃逸”軌道的標準方程.
（2）解：不妨設點在第一象限，
由雙曲線，可得，則，
所以，即切線的斜率為，
則切線方程為且，可得，
令，可得，即點的坐標為，
又由過，可得切線，，
因為，
所以的方程為，的方程為，
聯立方程組，解得，即，
再聯立方程組，解得，即，
則，且，
所以，所以三點共線.
.
【點睛】方法點睛：解決圓錐曲線問題的方法與策略：
1、涉及圓錐曲線的定義問題：拋物線的定義是解決圓錐曲線問題的基礎，它能將兩種距離(圓錐曲線上的點到焦點的距離、圓錐曲線上的點到準線的距離)進行等量轉化．如果問題中涉及圓錐曲線的焦點和準線，又能與距離聯系起來，那么用圓錐曲線定義就能解決問題．因此，涉及拋物線的焦半徑、焦點弦問題，可以優先考慮利用拋物線的定義轉化為點到準線的距離，這樣就可以使問題簡單化．
2、涉及直線與圓錐曲線的綜合問題：通常設出直線方程，與圓錐曲線方程聯立方程組，結合根與系數的關系，合理進行轉化運算求解，同時注意向量、基本不等式、斜率公式及導數在解答中的應用.
3、涉及直線與圓錐曲線時，常常聯立直線與圓錐曲線的方程，消元后利用一元二次方程的判別式、根據與系數的關系構造相關數量關系進行求解.
4．(1)
(2)是定值，定值為1
【分析】（1）根據圓與圓的位置關系，構造橢圓的定義，即可求解軌跡方程；
（2）利用直線與橢圓方程聯立，并求點的縱坐標，利用韋達定理表示，即可證明.
【詳解】（1）設圓的半徑為，圓與圓內切于點，
因為點在圓的內部，所以點在圓內部，
所以，
那么點的軌跡為焦點在軸的橢圓，設曲線，
因為可得：，所以，，所以，
所以，
所以；
（2）顯然直線的斜率存在，設，即，
，
聯立與，得，
，得，
所以，，
顯然直線的斜率存在且，那么，
令得到點的縱坐標，同理：點的縱坐標，
那么，
，
，
，
，
,
所以，即的中點為，
那么.

【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是分析幾何圖形，轉化為求的值.
5．(1)
(2)①不成立，理由見解析；②3
【分析】（1）結合離心率，聯立曲線與直線方程，消去得與有關一元二次方程，有，計算即可得解；
（2）①設出直線、的方程，聯立曲線表示出兩點坐標，即可表示出、，假設成立，則有，計算即可得；
②設直線和橢圓另一交點為，結合面積公式與橢圓對稱性可得，計算出該面積借助換元法與對勾函數的性質計算即可得.
【詳解】（1）因為，所以，設橢圓方程為，
由，消去得，
又因為直線與橢圓只有一個交點，
所以，解得，
所以橢圓方程為；
（2）①直線不能平行于軸，所以可設直線的方程為，
設，由，得，
，則，
同理：設直線的方程為，
設，由，得，
，則；
若，即，
即：，，方程無解，所以不成立；
②設直線和橢圓另一交點為，由橢圓的對稱性知，
又，，
設，則，
在上是減函數，
當時，取最大值3，此時，即.
【點睛】關鍵點點睛：本題最后一問關鍵點在于找到直線和橢圓另一交點，結合橢圓對稱性得到，從而表示出面積.
一、解答題
1．（2023·全國·高考真題）已知直線與拋物線交于兩點，且．
(1)求；
(2)設F為C的焦點，M，N為C上兩點，，求面積的最小值．
2．（2023·全國·高考真題）已知橢圓的離心率是，點在上．
(1)求的方程；
(2)過點的直線交于兩點，直線與軸的交點分別為，證明：線段的中點為定點．
3．（2023·全國·高考真題）在直角坐標系中，點到軸的距離等于點到點的距離，記動點的軌跡為．
(1)求的方程；
(2)已知矩形有三個頂點在上，證明：矩形的周長大于．
4．（2023·全國·高考真題）已知雙曲線C的中心為坐標原點，左焦點為，離心率為．
(1)求C的方程；
(2)記C的左、右頂點分別為，，過點的直線與C的左支交于M，N兩點，M在第二象限，直線與交于點P．證明:點在定直線上.
5．（2022·全國·高考真題）已知雙曲線的右焦點為，漸近線方程為．
(1)求C的方程；
(2)過F的直線與C的兩條漸近線分別交于A，B兩點，點在C上，且．過P且斜率為的直線與過Q且斜率為的直線交于點M.從下面①②③中選取兩個作為條件，證明另外一個成立：
①M在上；②；③．
注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分.
6．（2022·全國·高考真題）設拋物線的焦點為F，點，過F的直線交C于M，N兩點．當直線MD垂直于x軸時，．
(1)求C的方程；
(2)設直線與C的另一個交點分別為A，B，記直線的傾斜角分別為．當取得最大值時，求直線AB的方程．
7．（2022·全國·高考真題）已知橢圓E的中心為坐標原點，對稱軸為x軸、y軸，且過兩點．
(1)求E的方程；
(2)設過點的直線交E于M，N兩點，過M且平行于x軸的直線與線段AB交于點T，點H滿足．證明：直線HN過定點．
8．（2022·全國·高考真題）已知點在雙曲線上，直線l交C于P，Q兩點，直線的斜率之和為0．
(1)求l的斜率；
(2)若，求的面積．
9．（2021·全國·高考真題）已知橢圓C的方程為，右焦點為，且離心率為．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設M，N是橢圓C上的兩點，直線與曲線相切．證明：M，N，F三點共線的充要條件是．
10．（2021·全國·高考真題）已知拋物線的焦點為，且與圓上點的距離的最小值為．
（1）求；
（2）若點在上，是的兩條切線，是切點，求面積的最大值．
11．（2021·全國·高考真題）在平面直角坐標系中，已知點、，點的軌跡為.
（1）求的方程；
（2）設點在直線上，過的兩條直線分別交于、兩點和，兩點，且，求直線的斜率與直線的斜率之和.
參考答案：
1．(1)
(2)
【分析】（1）利用直線與拋物線的位置關系，聯立直線和拋物線方程求出弦長即可得出；
（2）設直線：，利用，找到的關系，以及的面積表達式，再結合函數的性質即可求出其最小值．
【詳解】（1）設，
由可得，，所以，
所以，
即，因為，解得：．
（2）因為，顯然直線的斜率不可能為零，
設直線：，，
由可得，，所以，，
，
因為，所以，
即，
亦即，
將代入得，
，，
所以，且，解得或．
設點到直線的距離為，所以，
，
所以的面積，
而或，所以，
當時，的面積．
【點睛】本題解題關鍵是根據向量的數量積為零找到的關系，一是為了減元，二是通過相互的制約關系找到各自的范圍，為得到的三角形面積公式提供定義域支持，從而求出面積的最小值.
2．(1)
(2)證明見詳解
【分析】（1）根據題意列式求解，進而可得結果；
（2）設直線的方程，進而可求點的坐標，結合韋達定理驗證為定值即可.
【詳解】（1）由題意可得，解得，
所以橢圓方程為.
（2）由題意可知：直線的斜率存在，設，
聯立方程，消去y得：，
則，解得，
可得，
因為，則直線，
令，解得，即,
同理可得，
則
，
所以線段的中點是定點.

【點睛】方法點睛：求解定值問題的三個步驟
（1）由特例得出一個值，此值一般就是定值；
（2）證明定值，有時可直接證明定值，有時將問題轉化為代數式，可證明該代數式與參數(某些變量)無關；也可令系數等于零，得出定值；
（3）得出結論．
3．(1)
(2)見解析
【分析】（1）設，根據題意列出方程，化簡即可；
（2）法一：設矩形的三個頂點，且，分別令，，且，利用放縮法得，設函數，利用導數求出其最小值，則得的最小值，再排除邊界值即可.
法二：設直線的方程為，將其與拋物線方程聯立，再利用弦長公式和放縮法得，利用換元法和求導即可求出周長最值，再排除邊界值即可.
法三：利用平移坐標系法，再設點，利用三角換元再對角度分類討論，結合基本不等式即可證明.
【詳解】（1）設,則，兩邊同平方化簡得，
故.
（2）法一：設矩形的三個頂點在上,且，易知矩形四條邊所在直線的斜率均存在，且不為0，

則,令，
同理令，且，則，
設矩形周長為,由對稱性不妨設，，
則，易知
則令,
令，解得，
當時，，此時單調遞減，
當，，此時單調遞增，
則，
故,即.
當時,,且，即時等號成立，矛盾，故,
得證.
法二：不妨設在上，且，

依題意可設，易知直線，的斜率均存在且不為0，
則設,的斜率分別為和，由對稱性，不妨設，
直線的方程為，
則聯立得，
，則
則，
同理，
令，則，設，
則，令，解得，
當時，，此時單調遞減，
當，，此時單調遞增，
則，
，
但，此處取等條件為，與最終取等時不一致，故.
法三：為了計算方便,我們將拋物線向下移動個單位得拋物線,
矩形變換為矩形,則問題等價于矩形的周長大于.
設 , 根據對稱性不妨設 .
則 , 由于 , 則 .
由于 , 且 介于 之間,
則 . 令 ,
,則,從而
故
①當時,
②當 時,由于,從而,
從而又,
故,由此
，
當且僅當時等號成立，故，故矩形周長大于.
.
【點睛】關鍵點睛：本題的第二個的關鍵是通過放縮得，同時為了簡便運算，對右邊的式子平方后再設新函數求導，最后再排除邊界值即可.
4．(1)
(2)證明見解析.
【分析】（1）由題意求得的值即可確定雙曲線方程；
（2）設出直線方程，與雙曲線方程聯立，然后由點的坐標分別寫出直線與的方程，聯立直線方程，消去，結合韋達定理計算可得，即交點的橫坐標為定值，據此可證得點在定直線上.
【詳解】（1）設雙曲線方程為，由焦點坐標可知，
則由可得，，
雙曲線方程為.
（2）由(1)可得，設，
顯然直線的斜率不為0，所以設直線的方程為，且，
與聯立可得，且，
則，

直線的方程為，直線的方程為，
聯立直線與直線的方程可得：
，
由可得，即，
據此可得點在定直線上運動.
【點睛】關鍵點點睛:求雙曲線方程的定直線問題，意在考查學生的計算能力，轉化能力和綜合應用能力，其中根據設而不求的思想，利用韋達定理得到根與系數的關系可以簡化運算，是解題的關鍵.
5．(1)
(2)見解析
【分析】（1）利用焦點坐標求得的值，利用漸近線方程求得的關系，進而利用的平方關系求得的值，得到雙曲線的方程；
（2）先分析得到直線的斜率存在且不為零，設直線AB的斜率為k, M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等價分析得到；由直線和的斜率得到直線方程，結合雙曲線的方程，兩點間距離公式得到直線PQ的斜率，由②等價轉化為，由①在直線上等價于，然后選擇兩個作為已知條件一個作為結論，進行證明即可.
【詳解】（1）右焦點為，∴,∵漸近線方程為，∴，∴，∴，∴，∴．
∴C的方程為：；
（2）由已知得直線的斜率存在且不為零，直線的斜率不為零，
若選由①②推③或選由②③推①：由②成立可知直線的斜率存在且不為零；
若選①③推②，則為線段的中點，假若直線的斜率不存在，則由雙曲線的對稱性可知在軸上，即為焦點,此時由對稱性可知、關于軸對稱，與從而，已知不符；
總之，直線的斜率存在且不為零.
設直線的斜率為,直線方程為,
則條件①在上，等價于；
兩漸近線的方程合并為,
聯立消去y并化簡整理得：
設,線段中點為,則,
設,
則條件③等價于,
移項并利用平方差公式整理得：
，
,即,
即；
由題意知直線的斜率為, 直線的斜率為,
∴由,
∴,
所以直線的斜率,
直線,即,
代入雙曲線的方程,即中，
得：,
解得的橫坐標：,
同理：，
∴
∴,
∴條件②等價于，
綜上所述：
條件①在上，等價于；
條件②等價于；
條件③等價于；
選①②推③:
由①②解得：,∴③成立；
選①③推②：
由①③解得：，，
∴，∴②成立；
選②③推①：
由②③解得：，，∴，
∴，∴①成立.
6．(1)；
(2).
【分析】（1）由拋物線的定義可得，即可得解；
（2）法一：設點的坐標及直線，由韋達定理及斜率公式可得，再由差角的正切公式及基本不等式可得，設直線，結合韋達定理可解.
【詳解】（1）拋物線的準線為，當與x軸垂直時，點M的橫坐標為p，
此時，所以，
所以拋物線C的方程為；
（2）[方法一]：【最優解】直線方程橫截式
設，直線，
由可得，，
由斜率公式可得，，
直線，代入拋物線方程可得，
，所以，同理可得，
所以
又因為直線MN、AB的傾斜角分別為，所以，
若要使最大，則，設，則，
當且僅當即時，等號成立，
所以當最大時，，設直線，
代入拋物線方程可得，
，所以，
所以直線.
[方法二]：直線方程點斜式
由題可知，直線MN的斜率存在.
設,直線
由 得：，,同理，.
直線MD:,代入拋物線方程可得：，同理，.
代入拋物線方程可得:,所以，同理可得，
由斜率公式可得：
（下同方法一）若要使最大，則，
設，則，
當且僅當即時，等號成立，
所以當最大時，，設直線，
代入拋物線方程可得，，所以，所以直線.
[方法三]：三點共線
設，
設,若 P、M、N三點共線，由
所以，化簡得，
反之，若,可得MN過定點
因此，由M、N、F三點共線，得，
由M、D、A三點共線，得，
由N、D、B三點共線，得，
則，AB過定點（4,0）
（下同方法一）若要使最大，則，
設，則，
當且僅當即時，等號成立，
所以當最大時，，所以直線.
【整體點評】（2）法一：利用直線方程橫截式，簡化了聯立方程的運算，通過尋找直線的斜率關系，由基本不等式即可求出直線AB的斜率，再根據韋達定理求出直線方程，是該題的最優解，也是通性通法；
法二：常規設直線方程點斜式，解題過程同解法一；
法三：通過設點由三點共線尋找縱坐標關系，快速找到直線過定點，省去聯立過程，也不失為一種簡化運算的好方法．
7．(1)
(2)
【分析】（1）將給定點代入設出的方程求解即可；
（2）設出直線方程，與橢圓C的方程聯立，分情況討論斜率是否存在，即可得解.
【詳解】（1）解：設橢圓E的方程為，過，
則，解得，，
所以橢圓E的方程為：.
（2），所以，
①若過點的直線斜率不存在，直線.代入，
可得，，代入AB方程，可得
，由得到.求得HN方程：
，過點.
②若過點的直線斜率存在，設.
聯立得，
可得，，
且
聯立可得
可求得此時，
將，代入整理得，
將代入，得
顯然成立，
綜上，可得直線HN過定點
【點睛】求定點、定值問題常見的方法有兩種：
①從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關；
②直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值.
8．(1)；
(2)．
【分析】（1）由點在雙曲線上可求出，易知直線l的斜率存在，設，，再根據，即可解出l的斜率；
（2）根據直線的斜率之和為0可知直線的傾斜角互補，根據即可求出直線的斜率，再分別聯立直線與雙曲線方程求出點的坐標，即可得到直線的方程以及的長，由點到直線的距離公式求出點A到直線的距離，即可得出的面積．
【詳解】（1）因為點在雙曲線上，所以，解得，即雙曲線．
易知直線l的斜率存在，設，，
聯立可得，，
所以，，且．
所以由可得，，
即，
即，
所以，
化簡得，，即，
所以或，
當時，直線過點，與題意不符，舍去，
故．
（2）［方法一］：【最優解】常規轉化
不妨設直線的傾斜角為，因為，所以，由（1）知，，
當均在雙曲線左支時，，所以，
即，解得（負值舍去）
此時PA與雙曲線的漸近線平行，與雙曲線左支無交點，舍去；
當均在雙曲線右支時，
因為，所以，即，
即，解得（負值舍去），
于是，直線，直線，
聯立可得，，
因為方程有一個根為，所以，，
同理可得，，．
所以，，點到直線的距離，
故的面積為．
［方法二］：
設直線AP的傾斜角為，，由，得，
由，得，即，
聯立，及得，，
同理，，，故，
而，，
由，得，
故
【整體點評】（2）法一：由第一問結論利用傾斜角的關系可求出直線的斜率，從而聯立求出點坐標，進而求出三角形面積，思路清晰直接，是該題的通性通法，也是最優解；
法二：前面解答與法一求解點坐標過程形式有所區別，最終目的一樣，主要區別在于三角形面積公式的選擇不一樣．
9．（1）；（2）證明見解析.
【分析】（1）由離心率公式可得，進而可得，即可得解；
（2）必要性：由三點共線及直線與圓相切可得直線方程，聯立直線與橢圓方程可證；
充分性：設直線，由直線與圓相切得，聯立直線與橢圓方程結合弦長公式可得，進而可得，即可得解.
【詳解】（1）由題意，橢圓半焦距且，所以，
又，所以橢圓方程為；
（2）由（1）得，曲線為，
當直線的斜率不存在時，直線，不合題意；
當直線的斜率存在時，設，
必要性：
若M，N，F三點共線，可設直線即，
由直線與曲線相切可得，解得，
聯立可得，所以，
所以,
所以必要性成立；
充分性：設直線即，
由直線與曲線相切可得，所以，
聯立可得，
所以，
所以
，
化簡得，所以，
所以或，所以直線或，
所以直線過點，M，N，F三點共線，充分性成立；
所以M，N，F三點共線的充要條件是．
【點睛】關鍵點點睛：
解決本題的關鍵是直線方程與橢圓方程聯立及韋達定理的應用，注意運算的準確性是解題的重中之重.
10．（1）；（2）.
【分析】（1）根據圓的幾何性質可得出關于的等式，即可解出的值；
（2）設點、、，利用導數求出直線、，進一步可求得直線的方程，將直線的方程與拋物線的方程聯立，求出以及點到直線的距離，利用三角形的面積公式結合二次函數的基本性質可求得面積的最大值.
【詳解】（1）[方法一]：利用二次函數性質求最小值
由題意知，，設圓M上的點，則．
所以．
從而有．
因為，所以當時，．
又，解之得，因此．
[方法二]【最優解】：利用圓的幾何意義求最小值
拋物線的焦點為，，
所以，與圓上點的距離的最小值為，解得；
（2）[方法一]：切點弦方程+韋達定義判別式求弦長求面積法
拋物線的方程為，即，對該函數求導得，
設點、、，
直線的方程為，即，即，
同理可知，直線的方程為，
由于點為這兩條直線的公共點，則，
所以，點A、的坐標滿足方程，
所以，直線的方程為，
聯立，可得，
由韋達定理可得，，
所以，，
點到直線的距離為，
所以，，
，
由已知可得，所以，當時，的面積取最大值.
[方法二]【最優解】：切點弦法+分割轉化求面積+三角換元求最值
同方法一得到．
過P作y軸的平行線交于Q，則．
．
P點在圓M上，則
．
故當時的面積最大，最大值為．
[方法三]：直接設直線AB方程法
設切點A，B的坐標分別為，．
設，聯立和拋物線C的方程得整理得．
判別式，即，且．
拋物線C的方程為，即，有．
則，整理得，同理可得．
聯立方程可得點P的坐標為，即．
將點P的坐標代入圓M的方程，得，整理得．
由弦長公式得．
點P到直線的距離為．
所以，
其中，即．
當時，．
【整體點評】（1）方法一利用兩點間距離公式求得關于圓M上的點的坐標的表達式，進一步轉化為關于的表達式，利用二次函數的性質得到最小值，進而求得的值；方法二，利用圓的性質，與圓上點的距離的最小值，簡潔明快，為最優解；（2）方法一設點、、，利用導數求得兩切線方程，由切點弦方程思想得到直線的坐標滿足方程，然手與拋物線方程聯立，由韋達定理可得，，利用弦長公式求得的長，進而得到面積關于坐標的表達式，利用圓的方程轉化得到關于的二次函數最值問題；方法二，同方法一得到，，過P作y軸的平行線交于Q，則．由求得面積關于坐標的表達式，并利用三角函數換元求得面積最大值，方法靈活，計算簡潔，為最優解；方法三直接設直線，聯立直線和拋物線方程，利用韋達定理判別式得到，且．利用點在圓上，求得的關系，然后利用導數求得兩切線方程，解方程組求得P的坐標，進而利用弦長公式和點到直線距離公式求得面積關于的函數表達式，然后利用二次函數的性質求得最大值；
11．（1）；（2）.
【分析】(1) 利用雙曲線的定義可知軌跡是以點、為左、右焦點雙曲線的右支，求出、的值，即可得出軌跡的方程；
(2)方法一：設出點的坐標和直線方程，聯立直線方程與曲線C的方程，結合韋達定理求得直線的斜率，最后化簡計算可得的值.
【詳解】(1) 因為，
所以，軌跡是以點、為左、右焦點的雙曲線的右支，
設軌跡的方程為，則，可得，，
所以，軌跡的方程為.
（2）[方法一] 【最優解】：直線方程與雙曲線方程聯立
如圖所示，設,
設直線的方程為．

聯立,
化簡得.
則．
故．
則．
設的方程為，同理．
因為，所以，
化簡得，
所以，即．
因為，所以．
[方法二] ：參數方程法
設．設直線的傾斜角為，
則其參數方程為，
聯立直線方程與曲線C的方程，
可得，
整理得．
設，
由根與系數的關系得．
設直線的傾斜角為，，
同理可得
由，得．
因為，所以．
由題意分析知．所以，
故直線的斜率與直線的斜率之和為0．
[方法三]：利用圓冪定理
因為，由圓冪定理知A，B，P，Q四點共圓．
設,直線的方程為，
直線的方程為,
則二次曲線．
又由，得過A，B，P，Q四點的二次曲線系方程為：
，
整理可得：
，
其中．
由于A，B，P，Q四點共圓，則xy項的系數為0，即.
【整體點評】(2)方法一：直線方程與二次曲線的方程聯立，結合韋達定理處理圓錐曲線問題是最經典的方法，它體現了解析幾何的特征，是該題的通性通法，也是最優解；
方法二：參數方程的使用充分利用了參數的幾何意義，要求解題過程中對參數有深刻的理解，并能夠靈活的應用到題目中.
方法三：圓冪定理的應用更多的提現了幾何的思想，二次曲線系的應用使得計算更為簡單.
一、單選題
1．（2024·廣東·二模）法國數學家加斯帕爾·蒙日在研究圓錐曲線時發現：橢圓的兩條相互垂直切線的交點軌跡為圓，我們通常稱這個圓為該橢圓的蒙日圓．根據此背景，設為橢圓的一個外切長方形（的四條邊所在直線均與橢圓相切），若在第一象限內的一個頂點縱坐標為2，則的面積為（ ）
A． B．26 C． D．
2．（2024·浙江金華·三模）已知橢圓，、分別為其左右焦點，點M在C上，且，若的面積為，則（ ）
A． B．3 C． D．4
3．（2024·貴州遵義·一模）已知橢圓，過點的直線與橢圓C交于A，B兩點且AB的中點為P，則坐標原點O到直線AB的距離為（ ）
A．1 B． C．2 D．
4．（2024·陜西寶雞·模擬預測）已知直線與雙曲線交于兩點，點是弦的中點，則雙曲線的離心率為（ ）
A．2 B． C． D．3
5．（2024·廣東梅州·二模）已知點F為雙曲線C：的右焦點，點N在x軸上（非雙曲線頂點），若對于在雙曲線C上（除頂點外）任一點P，恒是銳角，則點N的橫坐標的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024·四川成都·三模）已知點分別是拋物線和圓上的動點，若拋物線的焦點為，則的最小值為（ ）
A．6 B． C． D．
二、多選題
7．（2024·河北承德·二模）已知直線與拋物線相交于兩點，分別過作拋物線準線的垂線，垂足分別為，線段的中點到準線的距離為，焦點為為坐標原點，則下列說法正確的是（ ）
A．若，則
B．若，則
C．若直線過拋物線的焦點，則
D．若，直線的斜率之積為4，則直線的斜率為
8．（2024·湖北·模擬預測）已知橢圓的離心率為，左，右焦點分別為，，過且傾斜角為的直線與橢圓C交于A，B兩點（點A在第一象限），P是橢圓C上任意一點，則（ ）
A．a，b滿足 B．的最大值為
C．存在點P，使得 D．
三、填空題
9．（2024·全國·模擬預測）已知橢圓的左、右焦點分別為為橢圓上不與頂點重合的任意一點，I為的內心，記直線的斜率分別為，若，則橢圓E的離心率為 ．
10．（2024·全國·模擬預測）已知雙曲線C：的一條漸近線與直線垂直，記雙曲線C的左、右焦點分別為，且，過的直線與雙曲線C的右支交于A，B兩點．記和的內心分別為M，N，則M，N的最短距離為 ．
11．（2024·湖北黃石·三模）如圖，已知過拋物線（）的焦點的直線與拋物線交于兩點，過點A作拋物線的準線的垂線，垂足為，拋物線的準線與軸交于點，為坐標原點，記，，分別為，，的面積.若，則直線的斜率為 .
四、解答題
12．（2024·江蘇·模擬預測）已知橢圓（）的左右頂點分別為，，且，，，四個點中恰有三個點在橢圓上.若點是橢圓內（包括邊界）的一個動點，點是線段的中點.
(1)若，且與的斜率的乘積為，求的面積；
(2)若動點滿足，求的最大值.
13．（2024·浙江紹興·二模）在平面直角坐標系中，動點（）與定點的距離和到直線：的距離之比是常數．
(1)求動點的軌跡方程；
(2)記動點的軌跡為曲線，過點的直線與曲線交于兩點，直線與曲線的另一個交點為.
（i）求的值；
（ii）記面積為，面積為，面積為，試問是否為定值，若是，求出該定值；若不是，請說明理由．
14．（23-24高三下·浙江·開學考試）如圖，已知橢圓，雙曲線是的右頂點，過作直線分別交和于點，過作直線分別交和于點，設的斜率分別為.

(1)若直線過橢圓的右焦點，求的值；
(2)若，求四邊形面積的最小值.
參考答案：
1．C
【分析】根據題意求出橢圓C的蒙日圓方程，求出M在第一象限的頂點P的坐標，設出過P且與橢圓C相切的直線方程，與橢圓聯立，再利用點到直線距離公式即可求解.
【詳解】依題意，直線，都與橢圓，且它們圍成四邊形是矩形，
于是該矩形是橢圓的蒙日圓內接矩形，因此該蒙日圓的圓心為，半徑，
因此該橢圓的蒙日圓方程為，
M為橢圓的一個外切長方形，設其四個頂點分別為P、Q、、，
其中P在第一象限，顯然P與關于原點對稱，Q與關于原點對稱，
而 P點縱坐標為2，則其橫坐標為3，即，顯然M的四條邊所在直線斜率存在且不為0，
設過P且與橢圓C相切的直線為，由消去y并整理，
得，由，
化簡得，解得或，不妨取直線PQ方程為，即，
直線的方程為，即，
O點到直線PQ的距離為，O點到直線的距離為，
所以M的面積為.
故選：C
【點睛】關鍵點點睛：根據蒙日圓的定義求出蒙日圓的方程，并求出第一象限內的點是解決問題的關鍵.
2．B
【分析】設，，由題意可得，，結合余弦定理可得，消元可得，求解即可.
【詳解】設，，則，
化簡得：，所以，，
另外，由余弦定理得：，結合以上兩個式子，
消去可得，
又因為，所以化簡可得：，所以，可得.
故選：B.
3．B
【分析】代入點差法公式，求直線的斜率，再代入點到直線的距離公式，即可求解.
【詳解】設，，
則，兩式相減得，
由條件可知，，，
即，
并且由對稱性可知，，所以，
所以直線的斜率為，所以直線的方程為，即，
所以原點到直線的距離.
故選：B
4．A
【分析】利用點差法可求的關系，從而可求雙曲線的離心率.
【詳解】設，則，且，
所以，整理得到：，
因為是弦的中點，
所以，所以即
所以，
故選：A.
5．C
【分析】設,，，把恒是銳角轉化為，將向量坐標化可得恒成立，利用二次函數性質分類討論可得．
【詳解】由題意可得，所以，
設,，，
則，，
由恒是銳角，得，
又，，
不等式可化為：，
整理得：，
記，
要使恒成立，由二次函數性質可知，
當，即時，
，解得；
當或，即或時，
，解得，
綜上，.
又點N與雙曲線頂點不重合，所以，
所以的取值范圍為.
故選：C．
6．C
【分析】根據題意，將轉化為的形式，尋求定點，使得恒成立，轉化為，當且僅當在一條直線上時，取得最小值，即可求解.
【詳解】由拋物線，可得焦點坐標為，
又由圓，可化為，
可得圓心坐標為，半徑，
設定點，滿足成立，且
即恒成立，
其中，代入兩邊平方可得：
，解得，
所以定點滿足恒成立，
可得，
如圖所示，當且僅當在一條直線上時，
此時取得最小值，
即，
設，滿足，
所以，
，
當時，等號成立，
故選：C.
【點睛】關鍵點睛：解答本題的關鍵是將所求轉化為三點共線時，線段的長的問題，結合拋物線方程即可求解.
7．ACD
【分析】對A，利用梯形中位線公式即可判斷；對B，采用設線法設直線，解出，再根據垂直得到，最后計算即可判斷；對C，采用設線法聯立拋物線方程得到，最后計算斜率之積即可；對D，也采用設線法聯立拋物線得到韋達定理式，結合，計算代入韋達定理式，最后化簡即可.
【詳解】對A，因為，所以，即，故A正確；
對B，設直線，由可得點，由于，
則直線，同理求出點，因此，故B錯誤；
對C，設直線的方程為，由可得，
則，因此，故C正確；
對D，設直線的方程為，由
可得，則，且，
由于，因此
，
因為直線，的斜率之積為4，則，
因此，滿足，故直線的斜率為，故D正確，
故選：ACD.
8．ABD
【分析】A選項，根據離心率得到；B選項，設，，故，計算出；C選項，由橢圓定義及余弦定理，基本不等式得到點P在短軸端點時，最大，且此時，故C錯；D選項，法一：設出直線方程，聯立橢圓方程，求出，得到結論；法二：利用橢圓的第二定義進行求解.
【詳解】A選項，因為C的離心率，所以，，解得，故A對；
B選項，由題意得，設，則，，
因為，，所以，，
則，
故B對；
C選項，設，，，，
則
，
當且僅當時，等號成立，
由于在上單調遞減，
當點P在短軸端點時，最大，且此時，
故此時，故C錯；
D選項，法一：直線方程為，即，
與橢圓方程聯立得，
因為，所以，
，故，故D對.
法二：據橢圓第二定義易知：，
其中，
即，
解得，同理可得.
所以成立，故D對.
故選：ABD
【點睛】結論點睛：為橢圓上任意一點，為橢圓的焦點，則最大當且僅當為短軸頂點；
為橢圓上任意一點，為橢圓的長軸頂點，則最大當且僅當為短軸頂點；
為橢圓上任意一點，為橢圓的焦點，若，則橢圓的離心率的取值范圍是.
9．/
【分析】由橢圓的性質結合題意得到，再由橢圓的第二定義得到，解出，然后由等面積法得到，最后利用解出即可.
【詳解】設，設圓與軸相切于點M，N，T，
所以，
所以，
即，所以．
由橢圓的第二定義可知，
所以，所以，
由等面積法得到，
所以．
因為，所以，所以，即．
故答案為：
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是能利用橢圓的第二定義得到后再結合橢圓的性質和求出.
10．
【分析】由題意求出雙曲線方程，結合內切圓性質推出的橫坐標，說明軸，設直線AB的傾斜角為，結合三角函數知識推出，結合雙曲線性質確定范圍，即可求得答案.
【詳解】由題意知，,解得,∴雙曲線C的方程為：．
記的內切圓在邊上的切點分別為R，S，T，
則，
由，即，得，
即．
記點M的橫坐標為，則，于是，解得．
同理，求得的內心N的橫坐標也為，即點M，N的橫坐標相等，
則有軸，
設直線AB的傾斜角為，則，則,
在中，
．
由于直線AB只與雙曲線的右支相交，且一條漸近線的斜率為，傾斜角為60°，
所以，即，當且僅當時，等號成立，
所以，所以M，N的最短距離為,
故答案為：
【點睛】關鍵點睛：解答本題的關鍵在于推出內心的橫坐標，從而說明，設直線AB的傾斜角為，進而表示出，結合三角函數的性質，即可求解.
11．
【分析】設直線傾斜角為，，可得，，，用表示，結合題意運算求解即可.
【詳解】設直線傾斜角為，，
可知：，
且，解得，
則，
同理可得，
可知：，
，
，
因為，則，
整理得，解得或，
且，則，可得，
所以直線的斜率為.
故答案為：.
【點睛】關鍵點點睛：根據拋物線的定義可得，利用表示其他量，結合題意運算求解.
12．(1)3
(2)
【分析】（1）由橢圓性質可得不在橢圓上，即可得橢圓方程，設，表示出后計算可得點坐標，再計算面積即可得；
（2）由，可得點在以為直徑的圓上，有，設，結合題目條件計算可得，或可設，結合三角函數計算即可得.
【詳解】（1）因為與關于軸對稱，所以這兩個點必定都在橢圓上，
則必定不在橢圓上，點在橢圓上，
故有，解得，
即橢圓，
因為點是線段的中點，點是線段的中點，
所以，，
所以，.
設，則，，
化簡得，所以或，
又因為點是橢圓內（包括邊界）的一個動點，所以.
因為，所以，所以.
所以的面積為；
（2）因為動點滿足，所以點在以為直徑的圓上，
因為點是線段的中點，所以，
因為，，所以，
設，則當時，點在線段上，此時，
當時，設，點在以，為焦點的橢圓上，
若，則，
所以，所以點在橢圓外，不成立，故舍去，
若，設，則，所以，
因為，所以，，
所以，
所以的最大值是，當且僅當，，三點共線時等號成立，
另解：設，因為點是橢圓內（包括邊界）的一個動點，
所以，
所以，
所以，所以，所以.
當時，取得最大值是.
【點睛】關鍵點點睛：最后一問關鍵點在于借助三角形兩邊之和大于第三邊，得到，從而轉化為計算的最大值.
13．(1)
(2)（i）；（ii）是，3
【分析】（1）根據題意列出方程，化簡，即可求得答案；
（2）（i）設，，，設直線方程為，聯立曲線C的方程，可得根與系數關系式，同理設直線方程為，化簡可得，即可求得答案；（ii）分別求出，的表達式，即可得到的表達式，化簡即可得結論.
【詳解】（1）由題意可知，，
化簡得，于是，動點的軌跡方程為．
（2）（i）設，，，不妨假設在第一象限，
則E在第四象限，
由題意知的斜率存在且不為0，
設直線方程為，代入可得，
需滿足，所以，
,直線方程為，代入，
可得，，則，
因為，，所以，
即.
同理，，，即，所以，則關于x軸對稱，
所以；
（ii）.
所以，.
綜上，為定值．
【點睛】易錯點點睛：解答此類直線和圓錐曲線的位置關系類題目，綜合性較強，難度較大，容易出錯的地方在于復雜的計算，并且基本都是字母參數的運算，因此要求計算時要十分細心.
14．(1)
(2)
【分析】（1）先求出橢圓的右焦點，從而設出直線方程為，直線方程與橢圓方程聯立，由韋達定理可得根與系數的關系式，從而代入可求解；
（2）設出直線方程，分別與與橢圓方程聯立，求得的表達式，再代入四邊形面積公式進行化簡，再利用導數研究函數的最值即可求得結論.
【詳解】（1）橢圓，右焦點為，右頂點為，
設的斜率分別為.設，
則，
因為直線方程過橢圓的右焦點，
所以直線方程為，
直線方程與橢圓方程聯立，得：
，
所以.
（2）設，直線方程分別為
，
聯立與得，同理，
聯立與得，同理，
所以四邊形面積為
令，易知，且，則，
令，，則在內，，
，
所以關于單調遞增，所以，
當取最小值時，，經檢驗滿足題意.

【點睛】關鍵點點睛：第二小問中，設，分別設出直線方程是關鍵，難點在與代入四邊形面積公式后的化簡計算，本題考查了函數與方程的思想，屬于較難題.
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
21世紀教育網(www.21cnjy.com)中小學教育資源及組卷應用平臺
8.3圓錐曲線綜合問題
【備考指南】 2
【知識導圖】 3
【考點梳理】 8
考點一：圓錐曲線弦長、焦點弦 8
考點二：圓錐曲線中點弦 9
考點三：圓錐曲線中最值與范圍 11
考點四：圓錐曲線中定點、定值 12
考點五：圓錐曲線中與向量 14
考點六：直線與圓錐曲線位置關系 16
【真題在線】 17
【專項突破】 19
考點 考情分析 考頻
橢圓 2023年新高考Ⅱ卷T5 2023年全國甲卷T7 2022年新高考Ⅰ卷T16 2022年新高考Ⅱ卷T16 2022年全國甲卷T10 2021年新高考Ⅰ卷T5 2021年全國甲卷T15 2021年全國乙卷T11 3年8考
雙曲線 2023年新高考Ⅰ卷T16 2023年新高考Ⅱ卷T21 2023年全國乙卷T11 2022年全國甲卷T14 2022年全國乙卷T11 2021年新高考Ⅱ卷T13 2021年全國甲卷T5 2021年全國乙卷T13 3年8考
拋物線 2023年新高考Ⅱ卷T10 2023年全國甲卷T20 2022年新高考Ⅰ卷T11 2022年新高考Ⅱ卷T10 2022年全國乙卷T5 2021年新高考Ⅰ卷T14 2021年新高考Ⅱ卷T3 3年7考
直線與圓錐曲線位置關系 2023年新高考Ⅰ卷T22 2023年新高考Ⅱ卷T21 2022年新高考Ⅰ卷T21 2022年新高考Ⅱ卷T21 2022年全國甲卷T20 2022年全國乙卷T20 2021年新高考Ⅰ卷T21 2021年新高考Ⅱ卷T20 2021年全國甲卷T20 2021年全國乙卷T21 3年10考
預測：圓錐曲線綜合問題是每年高考的必考大題，全面考察學生的運算能力，邏輯思維能力，對學生的要求較高，在復習的過程中加強對學生的計算能力的培養，加強對學生綜合素養的提升.
考點一：圓錐曲線弦長、焦點弦
【典例精析】（多選）（2024·湖南永州·三模）已知拋物線的焦點為，過點且傾斜角為銳角的直線與拋物線相交于，兩點（點在第一象限），過點作拋物線的準線的垂線，垂足為，直線與拋物線的準線相交于點，則（ ）
A．的最小值為2
B．當直線的斜率為時，
C．設直線，的斜率分別為，，則
D．過點作直線的垂線，垂足為，交直線于點，則
【變式訓練】
一、解答題
1．（2024·河北石家莊·三模）已知橢圓的左、右焦點分別為為坐標原點，直線與交于兩點，點在第一象限，點在第四象限且滿足直線與直線的斜率之積為．當垂直于軸時，．
(1)求的方程；
(2)若點為的左頂點且滿足，直線與交于，直線與交于．
①證明：為定值；
②證明：四邊形的面積是面積的2倍．
2．（2024·遼寧·三模）已知橢圓的左右焦點分別為，橢圓的短軸長為，離心率為. 點為橢圓上的一個動點，直線與橢圓的另一個交點為，直線與橢圓的另一個交點為，設，.
(1)求橢圓的方程；
(2)證明：為定值；
(3)已知，用表示的面積，并求出的最大值.
3．（2024·全國·模擬預測）已知雙曲線的左，右焦點分別為，雙曲線C的虛軸長為2，有一條漸近線方程為．如圖，點A是雙曲線C上位于第一象限內的點，過點A作直線l與雙曲線的右支交于另外一點B，連接并延長交雙曲線左支于點P，連接與，其中l垂直于的平分線m，垂足為D．
(1)求雙曲線C的標準方程；
(2)求證：直線m與直線的斜率之積為定值；
(3)求的最小值．
4．（2023·黑龍江哈爾濱·模擬預測）已知，，平面內動點P滿足.
(1)求動點P的軌跡C的方程；
(2)動直線交C于A、B兩點，O為坐標原點，直線和的傾斜角分別為和，若，求證直線過定點，并求出該定點坐標；
(3)設（2）中定點為Q，記與的面積分別為和，求的取值范圍.
5．（2024·江蘇南通·三模）已知拋物線的焦點為，直線過點交于兩點，在兩點的切線相交于點的中點為，且交于點．當的斜率為1時，．
(1)求的方程；
(2)若點的橫坐標為2，求；
(3)設在點處的切線與分別交于點，求四邊形面積的最小值．
考點二：圓錐曲線中點弦
【典例精析】（多選）（23-24高三上·湖北荊門·階段練習）如圖，雙曲線的左右頂點為，，為右支上一點（不包含頂點），，，，直線與的漸近線交于、，為線段的中點，則（ ）
A．雙曲線的離心率為 B．到兩條漸近線的距離之積為
C． D．若直線與的斜率分別為，，則
【變式訓練】
一、解答題
1．（2024·四川成都·三模）在平面直角坐標系中，橢圓（）過點，直線與橢圓相交于不同于點的，兩點，為線段的中點，當直線斜率為時，直線的傾斜角等于
(1)求橢圓的方程；
(2)直線，分別與直線相交于，兩點.線段，的中點為，若的縱坐標為定值，判斷直線是否過定點，若是，求出該定點，若不是，說明理由.
2．（23-24高三上·河北邯鄲·階段練習）已知橢圓的右焦點為，右頂點為，上頂點為，點為坐標原點，線段的中點恰好為，點到直線的距離為．
(1)求的方程；
(2)設點在直線上，過作的垂線交橢圓于兩點．記與面積分別為，求的值．
3．（2024·全國·模擬預測）已知長為的線段的中點為原點，圓經過兩點且與直線相切，圓心的軌跡為曲線.
(1)求曲線的方程；
(2)過點且互相垂直的直線分別與曲線交于點和點，且，四邊形的面積為，求實數的值.
4．（2024·浙江金華·模擬預測）在直角坐標系中，圓Γ的圓心P在y軸上（不與重合），且與雙曲線的右支交于A，B兩點．已知．
(1)求Ω的離心率；
(2)若Ω的右焦點為，且圓Γ過點F，求的取值范圍．
5．（2024·貴州·三模）已知雙曲線，過點的直線與雙曲線相交于兩點.
(1)點能否是線段的中點？請說明理由；
(2)若點都在雙曲線的右支上，直線與軸交于點，設，求的取值范圍.
考點三：圓錐曲線中最值與范圍
【典例精析】（多選）（2024·河南·三模）如圖，已知橢圓的左、右頂點分別是，上頂點為，在橢圓上任取一點（非長軸端點），連接交直線于點，連接交于點（是坐標原點），則（ ）

A．為定值 B．
C． D．的最大值為
【變式訓練】
一、解答題
1．（2023·福建福州·模擬預測）在直角坐標系中，已知拋物線C：的焦點為F，過F的直線l與C交于M，N兩點，且當l的斜率為1時，.
(1)求C的方程；
(2)設l與C的準線交于點P，直線PO與C交于點Q（異于原點），線段MN的中點為R，若，求面積的取值范圍.
2．（23-24高三下·江西·階段練習）在平面直角坐標系中，，直線，動點在直線上，過點作直線的垂線，與線段的中垂線交于點.
(1)求點的軌跡的方程；
(2)經過曲線上一點作一條傾斜角為的直線，與曲線交于兩個不同的點Q，R，求的取值范圍.
3．（2024·江蘇南通·二模）已知雙曲線的漸近線為，左頂點為.
(1)求雙曲線的方程；
(2)直線交軸于點，過點的直線交雙曲線于，，直線，分別交于，，若，，，均在圓上，
①求的橫坐標；
②求圓面積的取值范圍.
4．（2024·廣東茂名·模擬預測）已知橢圓的右頂點A和上頂點為B關于直線對稱．
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)點P，Q為橢圓C上兩個動點，直線，的斜率之積為，，D為垂足，求的最小值．
5．（2024·重慶·二模）已知橢圓的左 右焦點分別為，點是其左 右頂點，點為上異于的點，滿足直線與的斜率之積為的周長為6.
(1)求橢圓的方程；
(2)直線過點，與橢圓交于兩點，當外接圓面積最小時，求直線的方程.
考點四：圓錐曲線中定點、定值
【典例精析】（多選）（2024·江西宜春·模擬預測）已知橢圓的左、右焦點分別為，是上的兩個動點，則（ ）
A．存在點，使得
B．若，則的面積為
C．記的上頂點為，若軸，則直線AP與AQ的斜率之積為
D．若是的上頂點，則的最大值為
【變式訓練】
一、解答題
1．（2024·吉林長春·模擬預測）已知橢圓過點，離心率為.不過原點的直線交橢圓于兩點，記直線的斜率為，直線的斜率為，且.
(1)求橢圓的方程；
(2)證明：直線的斜率為定值；
(3)求面積的最大值.
2．（2024·湖北武漢·二模）已知點是圓上的動點，，是線段上一點，且，設點的軌跡為.
(1)求軌跡的方程；
(2)設不過原點的直線與交于兩點，且直線的斜率的乘積為.平面上一點滿足，連接交于點（點在線段上且不與端點重合）.試問的面積是否為定值？若是，求出定值；若不是定值，說明理由.
3．（2024·浙江·二模）已知雙曲線左右焦點分別為，，點在雙曲線上，且點到雙曲線兩條漸近線的距離乘積為，過分別作兩條斜率存在且互相垂直的直線，，已知與雙曲線左支交于，兩點，與左右兩支分別交于，兩點.
(1)求雙曲線的方程；
(2)若線段，的中點分別為，，求證：直線恒過定點，并求出該定點坐標.
4．（2024·江西贛州·二模）如圖，曲線是以原點O為中心，，為焦點的橢圓的一部分，曲線是以O為頂點，為焦點的拋物線的一部分，是和的交點，我們把和合成的曲線W稱為“月蝕圓”.
(1)求所在橢圓和所在拋物線的標準方程；
(2)過作與y軸不垂直的直線l，l與W依次交于B，C，D，E四點，P，Q為所在拋物線的準線上兩點，M，N分別為CD，BE的中點.設，，，分別表示，，，的面積，求.
5．（2024·黑龍江哈爾濱·三模）如圖拋物線，過有兩條直線與拋物線交于與拋物線交于，
(1)若斜率為1，求；
(2)是否存在拋物線上定點，使得，若存在，求出點坐標并證明，若不存在，請說明理由；
(3)直線與直線相交于兩點，證明：為中點.
考點五：圓錐曲線中與向量
【典例精析】（多選）（2023·安徽合肥·模擬預測）如圖，為坐標原點，分別為雙曲線的左 右焦點，過雙曲線右支上一點作雙曲線的切線分別交兩漸近線于兩點，交軸于點，則下列結論正確的是（ ）
A．
B．
C．
D．若存在點，使得，且，則雙曲線的離心率為2或
【變式訓練】
一、解答題
1．（2024·福建廈門·二模）已知，，為平面上的一個動點.設直線的斜率分別為，，且滿足.記的軌跡為曲線.
(1)求的軌跡方程；
(2)直線，分別交動直線于點，過點作的垂線交軸于點.是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，說明理由.
2．（2023·上海奉賢·一模）已知橢圓的焦距為，離心率為，橢圓的左右焦點分別為、，直角坐標原點記為．設點，過點作傾斜角為銳角的直線與橢圓交于不同的兩點、．
(1)求橢圓的方程；
(2)設橢圓上有一動點，求的取值范圍；
(3)設線段的中點為，當時，判別橢圓上是否存在點，使得非零向量與向量平行，請說明理由．
3．（2023·河北邢臺·模擬預測）已知雙曲線（）的離心率為，且經過點.
(1)求E的方程；
(2)若A，B是E右支上的不同兩點，O是坐標原點，求的最小值.
4．（23-24高二上·上海·期末）已知雙曲線的左、右焦點為、，虛軸長為，離心率為，過的左焦點作直線交的左支于A、B兩點.
(1)求雙曲線C的方程；
(2)若，求的大小；
(3)若，試問：是否存在直線，使得點在以為直徑的圓上？請說明理由.
5．（2024·河北滄州·一模）已知點是橢圓上在第一象限內的一點，A，B分別為橢圓的左、右頂點．
(1)若點的坐標為，的面積為1．
（i）求橢圓的方程；
（ii）若拋物線的焦點與橢圓的右焦點重合，直線與交于C，D兩點，與交于E，G兩點，若，求實數的值．
(2)若橢圓的短軸長為2，直線AQ，BQ與直線分別交于M，N兩點，若與的面積之比的最小值為，求此時點的坐標．
考點六：直線與圓錐曲線位置關系
【典例精析】（多選）（2024·山東日照·二模）已知是曲線上不同的兩點，為坐標原點，則（ ）
A．的最小值為3
B．
C．若直線與曲線有公共點，則
D．對任意位于軸左側且不在軸上的點，都存在點，使得曲線在兩點處的切線垂直
【變式訓練】
一、解答題
1．（2024·廣東廣州·二模）已知點是拋物線的焦點，的兩條切線交于點是切點．
(1)若，求直線的方程；
(2)若點在直線上，記的面積為的面積為，求的最小值；
(3)證明：．
2．（2024·山東濟南·三模）已知點在橢圓上，到的兩焦點的距離之和為．
(1)求的方程；
(2)過拋物線上一動點，作的兩條切線分別交于另外兩點．
（ⅰ）當為的頂點時，求直線在軸上的截距（結果用含有的式子表示）；
（ⅱ）是否存在，使得直線總與相切．若存在，求的值；若不存在，說明理由．
3．（2024·遼寧·二模）彗星是太陽系大家庭里特殊的一族成員，它們以其明亮的尾巴和美麗的外觀而聞名，它的運行軌道和行星軌道很不相同，一般為極扁的橢圓形、雙曲線或拋物線.它們可以接近太陽，但在靠近太陽時，由于木星、土星等行星引力的微繞造成了軌道參數的偏差，使得它軌道的離心率由小于1變為大于或等于1，這使得少數彗星會出現“逃逸"現象，終生只能接近太陽一次，永不復返.通過演示，現有一顆彗星已經“逃逸”為以太陽為其中一個焦點離心率為的運行軌道，且慧星距離太陽的最近距離為.
(1)求彗星“逃逸”軌道的標準方程；
(2)設雙曲線的兩個頂點分別為，，過，作雙曲線的切線，，若點P為雙曲線上的動點，過P作雙曲線的切線，交實軸于點Q，記直線與交于點M，直線交于點N.求證：M，N，Q三點共線.
4．（2024·四川南充·三模）已知圓，動圓P與圓M內切，且經過定點．設圓心P的軌跡為曲線．
(1)求曲線的軌跡方程；
(2)若，過點的直線l與曲線Γ交于M，N兩點，連接分別交y軸于P、Q．試探究是否為定值？若是，求出該定值；若不是，請說明理由．
5．（2024·陜西榆林·三模）已知橢圓的離心率為；直線與只有一個交點.
(1)求的方程；
(2)的左 右焦點分別為上的點（兩點在軸上方）滿足.
①試判斷（為原點）是否成立，并說明理由；
②求四邊形面積的最大值.
一、解答題
1．（2023·全國·高考真題）已知直線與拋物線交于兩點，且．
(1)求；
(2)設F為C的焦點，M，N為C上兩點，，求面積的最小值．
2．（2023·全國·高考真題）已知橢圓的離心率是，點在上．
(1)求的方程；
(2)過點的直線交于兩點，直線與軸的交點分別為，證明：線段的中點為定點．
3．（2023·全國·高考真題）在直角坐標系中，點到軸的距離等于點到點的距離，記動點的軌跡為．
(1)求的方程；
(2)已知矩形有三個頂點在上，證明：矩形的周長大于．
4．（2023·全國·高考真題）已知雙曲線C的中心為坐標原點，左焦點為，離心率為．
(1)求C的方程；
(2)記C的左、右頂點分別為，，過點的直線與C的左支交于M，N兩點，M在第二象限，直線與交于點P．證明:點在定直線上.
5．（2022·全國·高考真題）已知雙曲線的右焦點為，漸近線方程為．
(1)求C的方程；
(2)過F的直線與C的兩條漸近線分別交于A，B兩點，點在C上，且．過P且斜率為的直線與過Q且斜率為的直線交于點M.從下面①②③中選取兩個作為條件，證明另外一個成立：
①M在上；②；③．
注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分.
6．（2022·全國·高考真題）設拋物線的焦點為F，點，過F的直線交C于M，N兩點．當直線MD垂直于x軸時，．
(1)求C的方程；
(2)設直線與C的另一個交點分別為A，B，記直線的傾斜角分別為．當取得最大值時，求直線AB的方程．
7．（2022·全國·高考真題）已知橢圓E的中心為坐標原點，對稱軸為x軸、y軸，且過兩點．
(1)求E的方程；
(2)設過點的直線交E于M，N兩點，過M且平行于x軸的直線與線段AB交于點T，點H滿足．證明：直線HN過定點．
8．（2022·全國·高考真題）已知點在雙曲線上，直線l交C于P，Q兩點，直線的斜率之和為0．
(1)求l的斜率；
(2)若，求的面積．
9．（2021·全國·高考真題）已知橢圓C的方程為，右焦點為，且離心率為．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設M，N是橢圓C上的兩點，直線與曲線相切．證明：M，N，F三點共線的充要條件是．
10．（2021·全國·高考真題）已知拋物線的焦點為，且與圓上點的距離的最小值為．
（1）求；
（2）若點在上，是的兩條切線，是切點，求面積的最大值．
11．（2021·全國·高考真題）在平面直角坐標系中，已知點、，點的軌跡為.
（1）求的方程；
（2）設點在直線上，過的兩條直線分別交于、兩點和，兩點，且，求直線的斜率與直線的斜率之和.
一、單選題
1．（2024·廣東·二模）法國數學家加斯帕爾·蒙日在研究圓錐曲線時發現：橢圓的兩條相互垂直切線的交點軌跡為圓，我們通常稱這個圓為該橢圓的蒙日圓．根據此背景，設為橢圓的一個外切長方形（的四條邊所在直線均與橢圓相切），若在第一象限內的一個頂點縱坐標為2，則的面積為（ ）
A． B．26 C． D．
2．（2024·浙江金華·三模）已知橢圓，、分別為其左右焦點，點M在C上，且，若的面積為，則（ ）
A． B．3 C． D．4
3．（2024·貴州遵義·一模）已知橢圓，過點的直線與橢圓C交于A，B兩點且AB的中點為P，則坐標原點O到直線AB的距離為（ ）
A．1 B． C．2 D．
4．（2024·陜西寶雞·模擬預測）已知直線與雙曲線交于兩點，點是弦的中點，則雙曲線的離心率為（ ）
A．2 B． C． D．3
5．（2024·廣東梅州·二模）已知點F為雙曲線C：的右焦點，點N在x軸上（非雙曲線頂點），若對于在雙曲線C上（除頂點外）任一點P，恒是銳角，則點N的橫坐標的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024·四川成都·三模）已知點分別是拋物線和圓上的動點，若拋物線的焦點為，則的最小值為（ ）
A．6 B． C． D．
二、多選題
7．（2024·河北承德·二模）已知直線與拋物線相交于兩點，分別過作拋物線準線的垂線，垂足分別為，線段的中點到準線的距離為，焦點為為坐標原點，則下列說法正確的是（ ）
A．若，則
B．若，則
C．若直線過拋物線的焦點，則
D．若，直線的斜率之積為4，則直線的斜率為
8．（2024·湖北·模擬預測）已知橢圓的離心率為，左，右焦點分別為，，過且傾斜角為的直線與橢圓C交于A，B兩點（點A在第一象限），P是橢圓C上任意一點，則（ ）
A．a，b滿足 B．的最大值為
C．存在點P，使得 D．
三、填空題
9．（2024·全國·模擬預測）已知橢圓的左、右焦點分別為為橢圓上不與頂點重合的任意一點，I為的內心，記直線的斜率分別為，若，則橢圓E的離心率為 ．
10．（2024·全國·模擬預測）已知雙曲線C：的一條漸近線與直線垂直，記雙曲線C的左、右焦點分別為，且，過的直線與雙曲線C的右支交于A，B兩點．記和的內心分別為M，N，則M，N的最短距離為 ．
11．（2024·湖北黃石·三模）如圖，已知過拋物線（）的焦點的直線與拋物線交于兩點，過點A作拋物線的準線的垂線，垂足為，拋物線的準線與軸交于點，為坐標原點，記，，分別為，，的面積.若，則直線的斜率為 .
四、解答題
12．（2024·江蘇·模擬預測）已知橢圓（）的左右頂點分別為，，且，，，四個點中恰有三個點在橢圓上.若點是橢圓內（包括邊界）的一個動點，點是線段的中點.
(1)若，且與的斜率的乘積為，求的面積；
(2)若動點滿足，求的最大值.
13．（2024·浙江紹興·二模）在平面直角坐標系中，動點（）與定點的距離和到直線：的距離之比是常數．
(1)求動點的軌跡方程；
(2)記動點的軌跡為曲線，過點的直線與曲線交于兩點，直線與曲線的另一個交點為.
（i）求的值；
（ii）記面積為，面積為，面積為，試問是否為定值，若是，求出該定值；若不是，請說明理由．
14．（23-24高三下·浙江·開學考試）如圖，已知橢圓，雙曲線是的右頂點，過作直線分別交和于點，過作直線分別交和于點，設的斜率分別為.

(1)若直線過橢圓的右焦點，求的值；
(2)若，求四邊形面積的最小值.
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
21世紀教育網(www.21cnjy.com)

展開更多......

收起↑