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專題8.8 直線與圓錐曲線的位置關系【七大題型】
【新高考專用】
【題型1 直線與圓錐曲線的位置關系】 4
【題型2 圓錐曲線的弦長問題】 4
【題型3 圓錐曲線的中點弦問題】 6
【題型4 圓錐曲線中的三角形（四邊形）面積問題】 7
【題型5 圓錐曲線中的最值問題】 8
【題型6 圓錐曲線中的向量問題】 10
【題型7 圓錐曲線中的探索性問題】 11
1、直線與圓錐曲線的位置關系
考點要求 真題統計 考情分析
(1)了解直線與圓錐曲線位置關系的判斷方法 (2)掌握直線被圓錐曲線所截的弦長公式 (3)能利用方程及數形結合思想解決焦點弦、中點弦問題 2022年新高考全國I卷：第22題，12分 2022年新高考全國Ⅱ卷：第22題，12分 2023年新高考I卷：第22題，12分 2023年新高考Ⅱ卷：第21題，12分 2023年全國甲卷（理數）：第20題，12分 2024年新高考I卷：第16題，15分 2024年新高考Ⅱ卷：第10題，6分 2024年新高考Ⅱ卷：第19題，17分 圓錐曲線是高考的熱點內容，直線與圓錐曲線的位置關系是每年高考必考內容.從近幾年的高考情況來看，本節內容主要以解答題的形式考查，考查方向主要有兩個方面：一是平面解析幾何通性通法的研究；二是圓錐曲線中的弦長、面積、最值、定點、定值或定直線等問題的求解；有時會與向量、數列等知識結合考查，其思維要求高，計算量較大，需要靈活求解.
【知識點1 直線與圓錐曲線的位置關系】
1．直線與圓錐曲線的位置判斷
將直線方程與圓錐曲線方程聯立，消去y (或x)，得到關于x(或y)的一元二次方程，則直線與圓錐曲線相交；直線與圓錐曲線相切；直線與圓錐曲線相離.
特別地，①與雙曲線漸近線平行的直線與雙曲線相交，有且只有一個交點.
②與拋物線的對稱軸平行的直線與拋物線相交，有且只有一個交點.
【知識點2 圓錐曲線中的弦長問題】
1．橢圓的弦長問題
(1)定義：直線與橢圓的交點間的線段叫作橢圓的弦.
(2)弦長公式：設直線l:y=kx+m交橢圓+=1 (a>b>0)于，兩點，
則或.
2．雙曲線的弦長問題
①弦長公式：直線y=kx+b與雙曲線相交所得的弦長d.
②解決此類問題時要注意是交在同一支，還是交在兩支上.
③處理直線與圓錐曲線相交弦有關問題時，利用韋達定理、點差法的解題過程中，并沒有條件確定直
線與圓錐曲線一定會相交，因此，最后要代回去檢驗.
④雙曲線的通徑：
過焦點且與焦點所在的對稱軸垂直的直線被雙曲線截得的線段叫作雙曲線的通徑.無論焦點在x軸上還
是在y軸上，雙曲線的通徑總等于.
3．拋物線的弦長問題
設直線與拋物線交于A,B兩點，則
|AB|==或
|AB|== (k為直線的斜率，k≠0).
【知識點3 圓錐曲線中的中點弦與焦點弦問題】
1．橢圓的“中點弦問題”
(1)解決橢圓中點弦問題的兩種方法
①根與系數的關系法：聯立直線方程和橢圓方程構成方程組，消去一個未知數，利用一元二次方程根
與系數的關系以及中點坐標公式解決.
②點差法：利用端點在曲線上，坐標滿足方程，將端點坐標分別代入橢圓方程，然后作差，構造出中
點坐標和斜率的關系.
設，，代入橢圓方程+=1 (a>b>0)，
得，
①-②可得+=0，
設線段AB的中點為，當時，有+=0.
因為為弦AB的中點，從而轉化為中點與直線AB的斜率之間的關系，這就是處理弦
中點軌跡問題的常用方法.
(2)弦的中點與直線的斜率的關系
線段AB是橢圓+=1 (a>b>0)的一條弦，當弦AB所在直線的斜率存在時，弦AB的中點M的坐標
為，則弦AB所在直線的斜率為，即.
2．雙曲線的“中點弦問題”
“設而不求”法解決中點弦問題：
①過橢圓內一點作直線，與橢圓交于兩點，使這點為弦的中點，這樣的直線一定存在，但在雙曲線的這類問題中，則不能確定.要注意檢驗.
②在解決此類問題中，常用韋達定理及垂直直線的斜率關系.常用的解題技巧是如何應用直線方程將轉化為能用韋達定理直接代換的.垂直關系有時用向量的數量關系來刻畫，要注意轉化.
3．拋物線的焦點弦問題
拋物線=2px(p>0)上一點A與焦點F(,0)的距離為|AF|=，若MN為拋物線=2px(p>0)的焦點弦，則焦點弦長為|MN|=++p(,分別為M,N的橫坐標).
設過拋物線焦點的弦的端點為A,B，則四種標準方程形式下的弦長公式為：
標準方程 弦長公式
y2=2px(p>0) |AB|=x1+x2+p
y2=-2px(p>0) |AB|=p-(x1+x2)
x2=2py(p>0) |AB|=y1+y2+p
x2=-2py(p>0) |AB|=p-(y1+y2)
【知識點4 圓錐曲線中最值問題的解題策略】
1. 處理圓錐曲線最值問題的求解方法
圓錐曲線中的最值問題類型較多，解法靈活多變，但總體上主要有兩種方法：
一是利用幾何法，即通過利用曲線的定義、幾何性質以及平面幾何中的定理、性質等進行求解；
二是利用代數法，即把要求最值的幾何量或代數表達式表示為某個(些)參數的函數(解析式)，然后利用
函數方法、不等式方法等進行求解.
【知識點5 圓錐曲線中的探索性問題的解題策略】
1. 圓錐曲線中的探索性問題
此類問題一般分為探究條件、探究結論兩種.若探究條件，則可先假設條件成立，再驗證結論是否成立，
成立則存在，否則不存在；若探究結論，則應先求出結論的表達式，再針對其表達式進行討論，往往涉及對參數的討論.
【方法技巧與總結】
1．已知M，N是橢圓C：+=1 (a>b>0)上的兩點，點O為坐標原點，且P是M，N的中點，則.
2．若曲線為雙曲線，其余條件不變，則.
3．若曲線為拋物線，P為弦MN的中點：(開口向右)，(開口向左)，(開口向上)，(開口向下).
【題型1 直線與圓錐曲線的位置關系】
【例1】（2024·山東·模擬預測）已知直線：，橢圓：，則“”是“與相切”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分又不必要條件
【變式1-1】（2024·廣東肇慶·模擬預測）已知雙曲線，則過點與有且只有一個公共點的直線共有（ ）
A．4條 B．3條 C．2條 D．1條
【變式1-2】（2024·江蘇宿遷·三模）已知拋物線，點，則“”是“過且與僅有一個公共點的直線有3條”的（ ）
A．充分條件 B．必要條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【變式1-3】（2024·上海·模擬預測）已知直線與橢圓，點分別為橢圓的左右焦點，直線，，垂足分別為點（不重合），那么“直線與橢圓相切”是“”的（ ）
A．充分非必要 B．必要非充分
C．充分必要 D．既非充分又非必要
【題型2 圓錐曲線的弦長問題】
【例2】（2024·安徽蚌埠·模擬預測）已知雙曲線的左頂點是，一條漸近線的方程為．
(1)求雙曲線E的離心率；
(2)設直線與雙曲線E交于點P，Q，求線段PQ的長．
【變式2-1】（2024·河南·模擬預測）已知橢圓的左、右焦點分別為，，點為橢圓上一點，且的面積為．
(1)求橢圓的標準方程；
(2)若傾斜角為的直線l與C相交于兩個不同的點，求的最大值．
【變式2-2】（2024·全國·模擬預測）已知雙曲線一個焦點到漸近線的距離為，且離心率為2．
(1)求雙曲線的標準方程；
(2)設分別是雙曲線左、右兩支上的動點，為雙曲線的左頂點，若直線的斜率分別為，且，求直線的方程．
【變式2-3】（2024·四川成都·模擬預測）已知橢圓與拋物線的圖象在第一象限交于點P．若橢圓的右頂點為B，且．
(1)求橢圓的離心率．
(2)若橢圓的焦距長為2，直線l過點B．設l與拋物線相交于不同的兩點M、N，且的面積為24，求線段的長度．
【題型3 圓錐曲線的中點弦問題】
【例3】（2024·陜西西安·模擬預測）已知橢圓的一個焦點與拋物線的焦點重合，離心率為.
(1)求橢圓的方程；
(2)過點作斜率為的直線交橢圓于兩點，求弦中點坐標.
【變式3-1】（2024·廣東·二模）已知雙曲線的焦點與橢圓的焦點重合，其漸近線方程為.
(1)求雙曲線的方程；
(2)若為雙曲線上的兩點且不關于原點對稱，直線過的中點，求直線的斜率.
【變式3-2】（2024·陜西西安·三模）已知橢圓的長軸長是短軸長的倍，且右焦點為．
(1)求橢圓的標準方程；
(2)直線交橢圓于，兩點，若線段中點的橫坐標為．求直線的方程．
【變式3-3】（2024·陜西渭南·模擬預測）已知O為坐標原點，拋物線的焦點為，點在C上，且
(1)求C的標準方程；
(2)已知直線l交于兩點，且的中點為，求直線l的方程.
【題型4 圓錐曲線中的三角形（四邊形）面積問題】
【例4】（2024·河北·模擬預測）已知直線過橢圓的右焦點，且交于兩點．
(1)求的離心率；
(2)設點，求的面積．
【變式4-1】（2024·山東濟南·二模）已知點是雙曲線上一點，在點處的切線與軸交于點.
(1)求雙曲線的方程及點的坐標；
(2)過且斜率非負的直線與的左 右支分別交于.過做垂直于軸交于（當位于左頂點時認為與重合）.為圓上任意一點，求四邊形的面積的最小值.
【變式4-2】（2024·浙江·模擬預測）已知點，，，均在拋物線：上，，關于軸對稱，直線，關于直線對稱，點在直線的上方，直線交軸于點，直線斜率小于2.
(1)求面積的最大值；
(2)記四邊形的面積為，的面積為，若，求.
【變式4-3】（2024·陜西寶雞·三模）已知橢圓E：（）和圓C：，C經過E的右焦點F，點A，B為E的右頂點和上頂點，原點O到直線AB的距離為.
(1)求橢圓E的方程；
(2)設D，A是橢圓E的左、右頂點，過F的直線l交E于M，N兩點（其中M點在x軸上方），求與的面積之比的取值范圍.
【題型5 圓錐曲線中的最值問題】
【例5】（2024·新疆·二模）已知橢圓的左焦點為，上任意一點到的距離的最大值和最小值之積為1，離心率為．
(1)求的方程；
(2)設過點的直線與交于，兩點，若動點滿足，，動點在橢圓上，求的最小值．
【變式5-1】（2024·陜西西安·模擬預測）已知為拋物線：上的一點，直線交于A，B兩點，且直線，的斜率之積為2.
(1)求的準線方程；
(2)求的最小值.
【變式5-2】（2024·福建泉州·模擬預測）已知橢圓的左右焦點分別是，雙曲線的頂點恰好是、，且一條漸近線是．
(1)求的方程：
(2)若上任意一點（異于頂點），作直線交于，作直線交于，求的最小值．
【變式5-3】（2024·安徽·三模）已知雙曲線的離心率為2，動直線與的左 右兩支分別交于點，且當時，（為坐標原點）.
(1)求的方程；
(2)若點到的距離為的左 右頂點分別為，記直線的斜率分別為，求的最小值
【題型6 圓錐曲線中的向量問題】
【例6】（2024·四川成都·模擬預測）橢圓的中心為坐標原點，焦點在軸上，離心率，橢圓上的點到焦點的最短距離為，直線與軸交于點（），與橢圓交于相異兩點、，且．
(1)求橢圓方程；
(2)求的取值范圍．
【變式6-1】（2024·湖北襄陽·模擬預測）設雙曲線的左、右頂點分別為，，左、右焦點分別為，，，且的漸近線方程為，直線交雙曲線于，兩點.
(1)求雙曲線的方程；
(2)當直線過點時，求的取值范圍.
【變式6-2】（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.
【變式6-3】（2024·陜西咸陽·模擬預測）已知橢圓的離心率是雙曲線的離心率的倒數，橢圓的左 右焦點分別為，上頂點為，且.
(1)求橢圓的方程；
(2)當過點的動直線與橢圓相交于兩個不同點時，設，求的取值范圍.
【題型7 圓錐曲線中的探索性問題】
【例7】（2024·云南昆明·模擬預測）已知雙曲線E：的右焦點為，一條漸近線方程為．
(1)求雙曲線E的方程；
(2)是否存在過點的直線l與雙曲線E的左右兩支分別交于A，B兩點，且使得，若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明理由．
【變式7-1】（2024·上海長寧·二模）已知橢圓為坐標原點；
(1)求的離心率；
(2)設點，點在上，求的最大值和最小值；
(3)點，點在直線上，過點且與平行的直線與交于兩點；試探究：是否存在常數，使得恒成立；若存在，求出該常數的值；若不存在，說明理由；
【變式7-2】（2024·全國·二模）橢圓的離心率為，左、右頂點分別為A，B，過點的動直線與橢圓相交于P，Q兩點，當直線的斜率為1時，.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)設直線AP與直線的交點為，是否存在定實數，使Q，B，N三點共線 若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
【變式7-3】（2024·全國·模擬預測）已知雙曲線的離心率為，且點在雙曲線上．
(1)求雙曲線的標準方程．
(2)過點的直線與雙曲線的左、右兩支分別交于點．問：在軸上是否存在定點，使直線與的斜率之和為定值？若存在，求出點的坐標；若不存在，請說明理由．
一、單選題
1．（2024·湖南衡陽·模擬預測）已知直線與橢圓相切，則的值為（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·安徽蕪湖·模擬預測）已知橢圓，一組斜率的平行直線與橢圓相交，則這些直線被橢圓截得的段的中點所在的直線方程為（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·全國·模擬預測）設拋物線的焦點為F，直線l與C交于A，B兩點，，，則l的斜率是（ ）
A．±1 B． C． D．±2
4．（2024·北京海淀·三模）已知拋物線的焦點為F、點M在拋物線上，MN垂直y軸于點N，若，則的面積為（ ）
A．8 B． C． D．
5．（2024·河南信陽·三模）已知橢圓，P為橢圓上任意一點，過點P分別作與直線和平行的直線，分別交，交于M，N兩點，則的最大值為（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．（2024·黑龍江·二模）雙曲線的左、右頂點分別為，左、右焦點分別為，過作直線與雙曲線的左、右兩支分別交于M，N兩點.若，且，則直線與的斜率之積為（ ）
A． B． C． D．
7．（2024·陜西商洛·三模）已知拋物線的焦點為F，過F的直線交E于A，B兩點，點P滿足，其中O為坐標原點，直線AP交E于另一點C，直線BP交E于另一點D，記，的面積分別為，，則（ ）
A． B． C． D．
8．（2024·陜西榆林·模擬預測）如圖，拋物線E：的焦點為F，過點的直線，與E分別相交于，和C，D兩點，直線AD經過點F，當直線AB垂直于x軸時，．下列結論正確的是（ ）

A．
B．
C．若AD，BC的斜率分別為，，則
D．若的面積為，則的面積為
二、多選題
9．（2024·廣東茂名·二模）已知雙曲線，直線，則下列說法正確的是（ ）
A．若，則與僅有一個公共點
B．若，則與僅有一個公共點
C．若與有兩個公共點，則
D．若與沒有公共點，則
10．（2024·江西·模擬預測）已知，，，動點滿足與的斜率之積為，動點的軌跡記為，過點的直線交于，兩點，且，的中點為，則（ ）
A．的軌跡方程為
B．的最小值為1
C．若為坐標原點，則面積的最大值為
D．若線段的垂直平分線交軸于點，則點的橫坐標是點的橫坐標的倍
11．（2024·浙江金華·模擬預測）已知橢圓為原點，過第一象限內橢圓外一點作橢圓的兩條切線，切點分別為.記直線的斜率分別為，若，則（ ）
A．直線過定點 B．為定值
C．的最大值為2 D．的最小值為4
三、填空題
12．（2024·海南·模擬預測）已知拋物線 的焦點為 ，過點的直線 與拋物線 交于兩點，若 ，則直線 的斜率為 .
13．（2024·安徽·模擬預測）已知拋物線的焦點為為上的兩點．若直線的斜率為，且，延長分別交于兩點，則四邊形的面積為 ．
14．（2024·寧夏銀川·三模）已知曲線，，，P為C上異于A，B的一點，直線與直線交于M，直線與直線交于點N，則有以下四種說法：
①存在兩個定點，使得P到這兩個定點的距離之和為定值
②直線與直線的斜率之差的最小值為
③的最小值為
④當直線的斜率大于時，大于
其中正確命題的序號為 .
四、解答題
15．（2024·海南·模擬預測）已知雙曲線的實軸長為，點在雙曲線上.
(1)求雙曲線的標準方程；
(2)過點且斜率為的直線與雙曲線的另一個交點為，求.
16．（2024·福建泉州·模擬預測）已知橢圓的左 右焦點分別為，離心率為，且經過點.
(1)求的方程；
(2)過且不垂直于坐標軸的直線交于兩點，點為的中點，記的面積為的面積為，求的取值范圍.
17．（2024·山西太原·二模）已知拋物線C：（）的焦點為F，過點且斜率為1的直線經過點F．
(1)求拋物線C的方程；
(2)若A，B是拋物線C上兩個動點，在x軸上是否存在定點M（異于坐標原點O），使得當直線AB經過點M時，滿足？若存在，求出點M的坐標；若不存在，請說明理由．
18．（2024·河南鄭州·模擬預測）設拋物線的焦點為，是上一點且，直線經過點．
(1)求拋物線的方程；
(2)①若與相切，且切點在第一象限，求切點的坐標；
②若與在第一象限內的兩個不同交點為，且關于原點的對稱點為，證明：直線的傾斜角之和為．
19．（2024·湖南邵陽·三模）已知橢圓：的離心率為，右頂點與的上，下頂點所圍成的三角形面積為．
(1)求的方程．
(2)不過點的動直線與交于，兩點，直線與的斜率之積恒為．
（i）證明：直線過定點；
（ii）求面積的最大值．
21世紀教育網(www.21cnjy.com)專題8.8 直線與圓錐曲線的位置關系【七大題型】
【新高考專用】
【題型1 直線與圓錐曲線的位置關系】 4
【題型2 圓錐曲線的弦長問題】 6
【題型3 圓錐曲線的中點弦問題】 10
【題型4 圓錐曲線中的三角形（四邊形）面積問題】 14
【題型5 圓錐曲線中的最值問題】 19
【題型6 圓錐曲線中的向量問題】 24
【題型7 圓錐曲線中的探索性問題】 29
1、直線與圓錐曲線的位置關系
考點要求 真題統計 考情分析
(1)了解直線與圓錐曲線位置關系的判斷方法 (2)掌握直線被圓錐曲線所截的弦長公式 (3)能利用方程及數形結合思想解決焦點弦、中點弦問題 2022年新高考全國I卷：第22題，12分 2022年新高考全國Ⅱ卷：第22題，12分 2023年新高考I卷：第22題，12分 2023年新高考Ⅱ卷：第21題，12分 2023年全國甲卷（理數）：第20題，12分 2024年新高考I卷：第16題，15分 2024年新高考Ⅱ卷：第10題，6分 2024年新高考Ⅱ卷：第19題，17分 圓錐曲線是高考的熱點內容，直線與圓錐曲線的位置關系是每年高考必考內容.從近幾年的高考情況來看，本節內容主要以解答題的形式考查，考查方向主要有兩個方面：一是平面解析幾何通性通法的研究；二是圓錐曲線中的弦長、面積、最值、定點、定值或定直線等問題的求解；有時會與向量、數列等知識結合考查，其思維要求高，計算量較大，需要靈活求解.
【知識點1 直線與圓錐曲線的位置關系】
1．直線與圓錐曲線的位置判斷
將直線方程與圓錐曲線方程聯立，消去y (或x)，得到關于x(或y)的一元二次方程，則直線與圓錐曲線相交；直線與圓錐曲線相切；直線與圓錐曲線相離.
特別地，①與雙曲線漸近線平行的直線與雙曲線相交，有且只有一個交點.
②與拋物線的對稱軸平行的直線與拋物線相交，有且只有一個交點.
【知識點2 圓錐曲線中的弦長問題】
1．橢圓的弦長問題
(1)定義：直線與橢圓的交點間的線段叫作橢圓的弦.
(2)弦長公式：設直線l:y=kx+m交橢圓+=1 (a>b>0)于，兩點，
則或.
2．雙曲線的弦長問題
①弦長公式：直線y=kx+b與雙曲線相交所得的弦長d.
②解決此類問題時要注意是交在同一支，還是交在兩支上.
③處理直線與圓錐曲線相交弦有關問題時，利用韋達定理、點差法的解題過程中，并沒有條件確定直
線與圓錐曲線一定會相交，因此，最后要代回去檢驗.
④雙曲線的通徑：
過焦點且與焦點所在的對稱軸垂直的直線被雙曲線截得的線段叫作雙曲線的通徑.無論焦點在x軸上還
是在y軸上，雙曲線的通徑總等于.
3．拋物線的弦長問題
設直線與拋物線交于A,B兩點，則
|AB|==或
|AB|== (k為直線的斜率，k≠0).
【知識點3 圓錐曲線中的中點弦與焦點弦問題】
1．橢圓的“中點弦問題”
(1)解決橢圓中點弦問題的兩種方法
①根與系數的關系法：聯立直線方程和橢圓方程構成方程組，消去一個未知數，利用一元二次方程根
與系數的關系以及中點坐標公式解決.
②點差法：利用端點在曲線上，坐標滿足方程，將端點坐標分別代入橢圓方程，然后作差，構造出中
點坐標和斜率的關系.
設，，代入橢圓方程+=1 (a>b>0)，
得，
①-②可得+=0，
設線段AB的中點為，當時，有+=0.
因為為弦AB的中點，從而轉化為中點與直線AB的斜率之間的關系，這就是處理弦
中點軌跡問題的常用方法.
(2)弦的中點與直線的斜率的關系
線段AB是橢圓+=1 (a>b>0)的一條弦，當弦AB所在直線的斜率存在時，弦AB的中點M的坐標
為，則弦AB所在直線的斜率為，即.
2．雙曲線的“中點弦問題”
“設而不求”法解決中點弦問題：
①過橢圓內一點作直線，與橢圓交于兩點，使這點為弦的中點，這樣的直線一定存在，但在雙曲線的這類問題中，則不能確定.要注意檢驗.
②在解決此類問題中，常用韋達定理及垂直直線的斜率關系.常用的解題技巧是如何應用直線方程將轉化為能用韋達定理直接代換的.垂直關系有時用向量的數量關系來刻畫，要注意轉化.
3．拋物線的焦點弦問題
拋物線=2px(p>0)上一點A與焦點F(,0)的距離為|AF|=，若MN為拋物線=2px(p>0)的焦點弦，則焦點弦長為|MN|=++p(,分別為M,N的橫坐標).
設過拋物線焦點的弦的端點為A,B，則四種標準方程形式下的弦長公式為：
標準方程 弦長公式
y2=2px(p>0) |AB|=x1+x2+p
y2=-2px(p>0) |AB|=p-(x1+x2)
x2=2py(p>0) |AB|=y1+y2+p
x2=-2py(p>0) |AB|=p-(y1+y2)
【知識點4 圓錐曲線中最值問題的解題策略】
1. 處理圓錐曲線最值問題的求解方法
圓錐曲線中的最值問題類型較多，解法靈活多變，但總體上主要有兩種方法：
一是利用幾何法，即通過利用曲線的定義、幾何性質以及平面幾何中的定理、性質等進行求解；
二是利用代數法，即把要求最值的幾何量或代數表達式表示為某個(些)參數的函數(解析式)，然后利用
函數方法、不等式方法等進行求解.
【知識點5 圓錐曲線中的探索性問題的解題策略】
1. 圓錐曲線中的探索性問題
此類問題一般分為探究條件、探究結論兩種.若探究條件，則可先假設條件成立，再驗證結論是否成立，
成立則存在，否則不存在；若探究結論，則應先求出結論的表達式，再針對其表達式進行討論，往往涉及對參數的討論.
【方法技巧與總結】
1．已知M，N是橢圓C：+=1 (a>b>0)上的兩點，點O為坐標原點，且P是M，N的中點，則.
2．若曲線為雙曲線，其余條件不變，則.
3．若曲線為拋物線，P為弦MN的中點：(開口向右)，(開口向左)，(開口向上)，(開口向下).
【題型1 直線與圓錐曲線的位置關系】
【例1】（2024·山東·模擬預測）已知直線：，橢圓：，則“”是“與相切”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分又不必要條件
【解題思路】利用“數形結合”的思想結合“一元二次方程根有一解求解的判別式等于零”求解即可.
【解答過程】當時，直線：，直線與橢圓相切，當“與相切”時，
聯立有，令有，
所以是直線與橢圓相切的充要條件.
故選:C.
【變式1-1】（2024·廣東肇慶·模擬預測）已知雙曲線，則過點與有且只有一個公共點的直線共有（ ）
A．4條 B．3條 C．2條 D．1條
【解題思路】根據點和雙曲線的位置關系確定滿足條件的直線的條數.
【解答過程】分析條件可得：點在雙曲線的漸近線上，且位于第一象限，和雙曲線的右頂點有相同橫坐標，如圖：
所以過且與雙曲線有且只有一個公共點的直線只有兩條：
一條是切線：，一條是過點且與另一條漸近線平行的直線.
故選：C.
【變式1-2】（2024·江蘇宿遷·三模）已知拋物線，點，則“”是“過且與僅有一個公共點的直線有3條”的（ ）
A．充分條件 B．必要條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【解題思路】求出“過且與拋物線僅有一個公共點的直線有3條”的充要條件，進而判斷.
【解答過程】過且與拋物線僅有一個公共點的直線有3條，
則當直線的斜率不存在時符合題意，此時直線為；
當直線的斜率存在時，設直線為，
則，消去整理得，
即有兩個不同的解，
所以即，解得或，
所以 “”是“過且與拋物線僅有一個公共點的直線有3條”的充分條件.
故選：A.
【變式1-3】（2024·上海·模擬預測）已知直線與橢圓，點分別為橢圓的左右焦點，直線，，垂足分別為點（不重合），那么“直線與橢圓相切”是“”的（ ）
A．充分非必要 B．必要非充分
C．充分必要 D．既非充分又非必要
【解題思路】設直線方程為，將直線方程與橢圓方程聯立，利用判別式和點到直線的距離公式求出與的關系，再根據充分性和必要性的概念求解即可.
【解答過程】根據題意可知直線斜率存在，設直線方程為，
聯立得
當直線與橢圓相切時，，化簡得，
由題意，
因為，，所以，
所以當時，，
解得或（舍去），
所以“直線與橢圓相切”是“”的充要條件.
故選：C.
【題型2 圓錐曲線的弦長問題】
【例2】（2024·安徽蚌埠·模擬預測）已知雙曲線的左頂點是，一條漸近線的方程為．
(1)求雙曲線E的離心率；
(2)設直線與雙曲線E交于點P，Q，求線段PQ的長．
【解題思路】（1）根據左頂點與漸近線的方程求得即可得到離心率；
（2）求出交點縱坐標代入弦長公式求解.
【解答過程】（1）由題意知，且，
，
所以雙曲線的離心率．
（2）由（1）知雙曲線方程為，
將即代入，得，
不妨設，
所以．
【變式2-1】（2024·河南·模擬預測）已知橢圓的左、右焦點分別為，，點為橢圓上一點，且的面積為．
(1)求橢圓的標準方程；
(2)若傾斜角為的直線l與C相交于兩個不同的點，求的最大值．
【解題思路】（1）借助橢圓上的點的坐標，的面積與計算即可得；
（2）設出直線方程，聯立曲線，借助韋達定理與弦長公式計算即可得.
【解答過程】（1）由題意可得，解得，
故橢圓的標準方程為；
（2），故可設，，，
聯立，消去可得，
，即，
，，
則
，
則當時，有最大值，且其最大值為.
【變式2-2】（2024·全國·模擬預測）已知雙曲線一個焦點到漸近線的距離為，且離心率為2．
(1)求雙曲線的標準方程；
(2)設分別是雙曲線左、右兩支上的動點，為雙曲線的左頂點，若直線的斜率分別為，且，求直線的方程．
【解題思路】（1）首先得到漸近線方程，由點到直線的距離公式求出，再由離心率公式求出，即可得解；
（2）首先判斷直線的傾斜角不為零，設直線的方程為，，，聯立直線與雙曲線方程，消元、列出韋達定理，由斜率的關系求出，由弦長公式求出，即可得解.
【解答過程】（1）由題知雙曲線的漸近線方程為，
不妨設，則焦點到漸近線的距離，
的離心率為，
故雙曲線的標準方程為．
（2）由（1）可得，
當直線的傾斜角為零時，由，得直線的方程為，
代入雙曲線方程可得，不妨令，，
則，不符合題意，則直線的傾斜角不為零，
設直線的方程為，，，
聯立，消去整理得，
，，，
．
，，
，，
，
，
，
即，
，
，
或．
當時，，不符合題意，．
，，
，
解得，故直線的方程為．
綜上，直線的方程為或．

【變式2-3】（2024·四川成都·模擬預測）已知橢圓與拋物線的圖象在第一象限交于點P．若橢圓的右頂點為B，且．
(1)求橢圓的離心率．
(2)若橢圓的焦距長為2，直線l過點B．設l與拋物線相交于不同的兩點M、N，且的面積為24，求線段的長度．
【解題思路】（1）利用橢圓和拋物線的定義可以用表示點P的坐標，代入橢圓方程即可求出離心率；
（2）根據條件求出橢圓與拋物線的方程，設l方程及點M、N的坐標，由面積求得l方程，再由弦長公式即可求得.
【解答過程】（1）∵拋物線方程為∴其焦點為，拋物線的準線方程為．
設點，故到準線的距離為．
即，∴
因為點P在第一象限，代入拋物線方程解得．
根據點P在橢圓上，將P點坐標代入橢圓方程，化簡得．
即，所以，則橢圓E的離心率．
（2）因為橢圓的焦距為2，所以，所以，
所以橢圓方程為．
拋物線的方程為．且，．
因為直線l過B且不與坐標軸垂直，不妨設直線l的方程為，，且．
設點，，聯立l與
消去x得：．
所以，．
所以．所以．
【題型3 圓錐曲線的中點弦問題】
【例3】（2024·陜西西安·模擬預測）已知橢圓的一個焦點與拋物線的焦點重合，離心率為.
(1)求橢圓的方程；
(2)過點作斜率為的直線交橢圓于兩點，求弦中點坐標.
【解題思路】（1）根據拋物線的焦點求出的值，然后由橢圓的離心率計算，再由平方關系得到，可寫出橢圓的方程；
（2）設的坐標，點差法計算出坐標之間的關系，再根據中點所在直線可求出點的坐標.
【解答過程】（1）依題意得：
，即，解得
，解得
橢圓的方程為
（2）如圖所示：

設，中點為，
所以
則
又兩點在橢圓上，可得，
兩式相減可得，整理得
，①.
過點斜率為的直線為.
因為在直線上，故，②
聯立①②，解得
所以中點坐標為.
【變式3-1】（2024·廣東·二模）已知雙曲線的焦點與橢圓的焦點重合，其漸近線方程為.
(1)求雙曲線的方程；
(2)若為雙曲線上的兩點且不關于原點對稱，直線過的中點，求直線的斜率.
【解題思路】（1）先求出焦點坐標，再根據漸近線方程可求基本量，從而可得雙曲線的方程.
（2）利用點差法可求直線的斜率，注意檢驗.
【解答過程】（1）橢圓的焦點為，故，
由雙曲線的漸近線為，故，故，
故雙曲線方程為：.
（2）設，的中點為，
因為在直線，故，
而，，故，
故，
由題設可知的中點不為原點，故，所以，
故直線的斜率為.
此時，
由可得，整理得到：，
當即或，
即當或時，直線存在且斜率為1.
【變式3-2】（2024·陜西西安·三模）已知橢圓的長軸長是短軸長的倍，且右焦點為．
(1)求橢圓的標準方程；
(2)直線交橢圓于，兩點，若線段中點的橫坐標為．求直線的方程．
【解題思路】（1）根據焦點坐標求得，根據長軸和短軸的對應關系，以及列方程組，可求得的值，進而求得橢圓的標準方程.
（2）聯立直線的方程和橢圓的方程，消去并化簡，寫出韋達定理，根據中點的橫坐標求得的值，進而求解.
【解答過程】（1）由橢圓的長軸長是短軸長的倍，可得．
所以．
又，所以，解得．
所以．
所以橢圓的標準方程為．
（2）設，，
由，得．
則，．
因為線段中點的橫坐標為，
所以．
解得，即，經檢驗符合題意．
所以直線l的方程為．
【變式3-3】（2024·陜西渭南·模擬預測）已知O為坐標原點，拋物線的焦點為，點在C上，且
(1)求C的標準方程；
(2)已知直線l交于兩點，且的中點為，求直線l的方程.
【解題思路】（1）由點在拋物線上得A坐標，結合正弦定理得，即可求解；
（2）利用點差法結合中點坐標求解.
【解答過程】（1）過點A作軸于B，易知點
則
所以
在中，由正弦定理得
得
所以
解得，
所以C的標準方程為
（2）當直線l的斜率不存在時，MN 的中點不可能為，故直線l的斜率存在且不為零，
設直線l的斜率為
則,兩式相減得，整理得
因為的中點為,所以，所以
所以直線l的方程為，即
【題型4 圓錐曲線中的三角形（四邊形）面積問題】
【例4】（2024·河北·模擬預測）已知直線過橢圓的右焦點，且交于兩點．
(1)求的離心率；
(2)設點，求的面積．
【解題思路】（1）由題意，結合題目所給信息以及，，之間的關系，可得橢圓的方程，再根據離心率公式即可求解；
（2）先得到直線的方程，將直線的方程與橢圓方程聯立，利用弦長公式、點到直線的距離公式以及三角形面積公式進行求解即可．
【解答過程】（1）由題，，
且在上有，
解得．
故橢圓的標準方程為，
離心率．
（2）因為直線經過，兩點，
可得直線的方程為，
聯立，
解得或，
所以直線與橢圓的另一交點為，
則，
又點到直線的距離．
故的面積．
【變式4-1】（2024·山東濟南·二模）已知點是雙曲線上一點，在點處的切線與軸交于點.
(1)求雙曲線的方程及點的坐標；
(2)過且斜率非負的直線與的左 右支分別交于.過做垂直于軸交于（當位于左頂點時認為與重合）.為圓上任意一點，求四邊形的面積的最小值.
【解題思路】（1）利用待定系數法求雙曲線方程，利用導數法來求切線方程即可得A點坐標；
（2）先設直線的方程，再利用三點共線，可求出直線過定點，從而把面積問題轉化到兩定點上去研究，最后發現為實軸兩頂點時取到最小值，再去研究另一個圓上動點的最小值.
【解答過程】（1）由題意可知，，即，故的方程為：.
因為在第一象限，不妨設，則可變形為，
則，代入得：，所以切線方程為，
令得,所以點坐標為.
（2）

顯然直線的斜率存在且不為，
設，則，
聯立方程，整理得：，
，
由三點共線得：，即，
整理得：，
所以，整理得，
滿足，所以直線過定點，則且線段垂直于x軸，
令分別表示到的距離，
結合圖，顯然，僅當為右頂點時兩式中等號成立，
所以
，當且僅當時等號成立.
【變式4-2】（2024·浙江·模擬預測）已知點，，，均在拋物線：上，，關于軸對稱，直線，關于直線對稱，點在直線的上方，直線交軸于點，直線斜率小于2.
(1)求面積的最大值；
(2)記四邊形的面積為，的面積為，若，求.
【解題思路】（1）設，則，令可得的坐標，由韋達定理可表示出，從而可求得面積的表達式，結合基本不等式即可求解；
（2）設的面積為， 由題意，由韋達定理以及同理思想可得，由公式可知也可以用表示，進而可以得出關于的方程，解出，結合二倍角公式、平方關系即可求解.
【解答過程】（1）由題意，解得，所以拋物線：，
因為，關于軸對稱，直線，關于直線對稱，
所以斜率互為相反數，不妨設，
則，
設與軸交于點，而直線交軸于點，
所以，
聯立與拋物線：，化簡并整理得，
，
設，
則，
設面積為，
則
，等號成立當且僅當，
所以面積的最大值為16；
（2）
由（1）可知，解得，
設點的坐標為，同理可得，
所以，
設的面積為，而四邊形的面積為，的面積為，
由題意，所以，
而，
而，所以，即，解得，
由題意軸，且，設，
所以，
所以.
【變式4-3】（2024·陜西寶雞·三模）已知橢圓E：（）和圓C：，C經過E的右焦點F，點A，B為E的右頂點和上頂點，原點O到直線AB的距離為.
(1)求橢圓E的方程；
(2)設D，A是橢圓E的左、右頂點，過F的直線l交E于M，N兩點（其中M點在x軸上方），求與的面積之比的取值范圍.
【解題思路】（1）根據條件，轉化為關于的方程組，即可求解；
（2）討論斜率存在和不存在兩種情況，斜率不存在時，直接計算，斜率存在時，直線的方程與橢圓方程聯立，得到韋達定理，并表示三角形的面積比值，利用韋達定理表示面積比值，并求范圍.
【解答過程】（1）設橢圓焦距為2c，
由題意可得，有①
又因為直線AB方程為，
所以②
聯立①②解得：，，
故橢圓方程為
（2）①當l斜率不存在時，易知；
②當l斜率存在時，設l：（），，
由得，顯然，
所以，，
因為，，
所以
因為，
又，
設，則，，解得且，
所以，
綜上，的取值范圍為.
【題型5 圓錐曲線中的最值問題】
【例5】（2024·新疆·二模）已知橢圓的左焦點為，上任意一點到的距離的最大值和最小值之積為1，離心率為．
(1)求的方程；
(2)設過點的直線與交于，兩點，若動點滿足，，動點在橢圓上，求的最小值．
【解題思路】（1）根據兩點間距離最值結合離心率求出，即可得出橢圓方程；
（2）結合向量共線求出參數關系得出軌跡方程，再根據點到直線距離求出最小值.
【解答過程】（1）設，，
則．
又因為，所以，即，
又橢圓的離心率，所以，則，
解得，故的方程為．
（2）設，，，因為，
所以，
若，則，即與重合，與矛盾，
若，則，即與重合，與矛盾，
故，于是，將點代入，
化簡得，
同理可得，，
故，為方程的兩根，
于是，即，動點在定直線上．
令直線，當與相切時，記，的距離為，則，
聯立可得，
由，解得，又，則，
此時，解得，，即切點為，直線，的距離為，
故的最小值為．
【變式5-1】（2024·陜西西安·模擬預測）已知為拋物線：上的一點，直線交于A，B兩點，且直線，的斜率之積為2.
(1)求的準線方程；
(2)求的最小值.
【解題思路】（1）將點代入即可求出，則得到準線方程；
（2）設點，計算斜率得到，聯立直線與拋物線得到，則得到韋達定理式，代入即可得到，則，再利用二次函數性質即可得到最值.
【解答過程】（1）因為點在：上，
所以，解得.
所以的準線方程為.
（2）由（1）知：，設，.
，同理可得，
所以，即.
聯立得，
由得.（*），
，，
所以，
整理得.
所以，
當，時，等號成立，此時，滿足（*）式，
故的最小值為.
【變式5-2】（2024·福建泉州·模擬預測）已知橢圓的左右焦點分別是，雙曲線的頂點恰好是、，且一條漸近線是．
(1)求的方程：
(2)若上任意一點（異于頂點），作直線交于，作直線交于，求的最小值．
【解題思路】（1）利用雙曲線漸近線斜率已知，結合頂點坐標的性質，即可求出方程；
（2）設直線的方程為：，利用弦長公式可求出與的關系式，同理再設直線的方程為：，也可求出與的關系式，然后利用這兩直線的交點在雙曲線上，得到，從而可求的最小值.
【解答過程】（1）由橢圓得：左右焦點分別是，
因為雙曲線的頂點恰好是、，設雙曲線的方程為：，
所以，
又由一條漸近線是，可得，所以，
即雙曲線的方程為：，
（2）
設直線的方程為：，與橢圓聯立得：
，
可設，則
則，
同理可設直線的方程為：，與橢圓聯立得：
，
可設，則
則，
再由直線的方程為：與直線的方程為：聯立解得：
，
由于這兩直線交點就是點，則把點的坐標代入雙曲線的方程得：
，化簡得：，
點（異于頂點），所以，即，
則
，
當且僅當，即時，有最小值.
【變式5-3】（2024·安徽·三模）已知雙曲線的離心率為2，動直線與的左 右兩支分別交于點，且當時，（為坐標原點）.
(1)求的方程；
(2)若點到的距離為的左 右頂點分別為，記直線的斜率分別為，求的最小值
【解題思路】（1）設的半焦距為，由題意得到，聯立方程組得到，結合，列出方程求得的值，即可求解；
（2）由點到的距離為1，得到，聯立方程組求得，求得，再由弦長公式，求得，且，求得，再由（1）得到，進而求得其最小值，得到答案.
【解答過程】（1）解：設的半焦距為，
由題意知離心率，可得，
聯立方程組，整理得，
其中且，
則，
解得，所以雙曲線的方程為.
（2）解：因為點到的距離為1，可得，則.
聯立方程組，整理得，
其中，
且，
因為直線與的左 右兩支分別交于點，可得，所以，
又因為，故，
且，
因為，故，
由（1）可知，則，
故 ，
又由，故，
即的最小值為.
【題型6 圓錐曲線中的向量問題】
【例6】（2024·四川成都·模擬預測）橢圓的中心為坐標原點，焦點在軸上，離心率，橢圓上的點到焦點的最短距離為，直線與軸交于點（），與橢圓交于相異兩點、，且．
(1)求橢圓方程；
(2)求的取值范圍．
【解題思路】（1）由題意列出關于，，的方程組，求出，，即可得解.
（2）由向量共線得出的值、直線斜率存在且不為，設直線方程為，聯立橢圓方程求出值和韋達定理，利用得出，結合所得韋達定理即可求解.
【解答過程】（1）設橢圓的方程為 ，
由題，解得，，
因此橢圓的方程為即．
（2）由題意可知向量起點相同，終點共線，
又由得，
故，即，即，
顯然直線斜率存在且不為，設其方程為，
聯立方程，消去，得，所以，
設，，則，，
又由得，即，
因此，從而，，
所以，
整理得，顯然，
所以，
解得或．經檢驗，此時，
因此的取值范圍是.
【變式6-1】（2024·湖北襄陽·模擬預測）設雙曲線的左、右頂點分別為，，左、右焦點分別為，，，且的漸近線方程為，直線交雙曲線于，兩點.
(1)求雙曲線的方程；
(2)當直線過點時，求的取值范圍.
【解題思路】（1）由題意可得，解方程即可得出答案；
（2）討論直線的斜率存不存在，存在時設直線的方程為，，聯立直線與雙曲線的方程，將韋達定理代入，由反比例函數的單調性即可得出答案.
【解答過程】（1）由題意可得：，解得：，，.
雙曲線的方程為：.
（2）當直線的斜率不存在時，，，
此時，，所以，
當直線的斜率存在時，設，，因為直線過點，
設直線的方程為：，
聯立可得：，
當時，，
，，
，
令，則，令， 在，上單調遞減，
又，所以，
所以的取值范圍為.
【變式6-2】（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.
【解題思路】（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.
【解答過程】（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.
【變式6-3】（2024·陜西咸陽·模擬預測）已知橢圓的離心率是雙曲線的離心率的倒數，橢圓的左 右焦點分別為，上頂點為，且.
(1)求橢圓的方程；
(2)當過點的動直線與橢圓相交于兩個不同點時，設，求的取值范圍.
【解題思路】（1）根據向量數量積得到關系式，結合離心率以及求解出，則橢圓方程可求；
（2）設出坐標，根據向量共線表示出對應坐標關系，再利用點差法結合已知坐標關系進行化簡從而得到關于的表示，根據橢圓的有界性可求的范圍.
【解答過程】（1）設點的坐標分別為，
又點的坐標為，且，
所以，解得，
所以橢圓的方程為.
（2）設，則依據得，
整理得，
又，故，
得，
即，
當時，此時，即重合，顯然不成立，所以，
所以，即，
又，得，
又，故，且，
故實數的取值范圍為.
【題型7 圓錐曲線中的探索性問題】
【例7】（2024·云南昆明·模擬預測）已知雙曲線E：的右焦點為，一條漸近線方程為．
(1)求雙曲線E的方程；
(2)是否存在過點的直線l與雙曲線E的左右兩支分別交于A，B兩點，且使得，若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明理由．
【解題思路】（1）根據漸近線方程和求的值，即可得到雙曲線E的方程；
（2）假設存在直線l，由得，取的中點，則，進而得；又利用得，于是聯立方程組可得的坐標，從而得到直線的斜率并得出直線的方程.
【解答過程】（1）因為雙曲線E的一條漸近線方程為，所以，又，
因此，又，，；
則E的方程為．
（2）假設存在過點的直線l與雙曲線E的左右兩支分別交于A，B兩點，且使得，
設，，中點為，又，
由可知為等腰三角形，，且直線l不與x軸重合，
于是，即，
因此，，（Ⅰ）
點在雙曲線上，所以，
①②化簡整理得：，，即，可得，（Ⅱ）
聯立（Ⅰ）（Ⅱ）得：，，，
解得（舍去），適合題意，則；
由得，
所以直線l的方程為：，即．
【變式7-1】（2024·上海長寧·二模）已知橢圓為坐標原點；
(1)求的離心率；
(2)設點，點在上，求的最大值和最小值；
(3)點，點在直線上，過點且與平行的直線與交于兩點；試探究：是否存在常數，使得恒成立；若存在，求出該常數的值；若不存在，說明理由；
【解題思路】（1）利用橢圓方程即可直接求得其離心率；
（2）利用橢圓的幾何性質，結合兩點距離公式與二次函數的性質即可得解；
（3）分別利用向量的模與線性運算的坐標表示求得，再聯立直線與橢圓方程得到關于的表達式，進而化簡得到與的關系，由此得解.
【解答過程】（1）設的半長軸長為，半短軸長為，半焦距為，
則，則，所以.
（2）依題意，設，則，，故，
則，
所以由二次函數的性質可知，當時，取得最小值為，
當時，取得最大值為.
（3）設，又，
易得，則直線為，即 ，
而，
，
，
聯立，消去，得
則，得，
所以，
故
，
所以，
故存在，使得恒成立.
【變式7-2】（2024·全國·二模）橢圓的離心率為，左、右頂點分別為A，B，過點的動直線與橢圓相交于P，Q兩點，當直線的斜率為1時，.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)設直線AP與直線的交點為，是否存在定實數，使Q，B，N三點共線 若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
【解題思路】（1）將直線方程與橢圓方程聯立，寫出韋達定理，利用弦長公式和韋達定理，橢圓離心率表達式進行聯立，求得，即得橢圓方程；
（2）先由直線與軸垂直時的情況，求出，當直線不與軸垂直時，設直線的方程為，與橢圓方程聯立，得韋達定理，由特殊情況取時求得點坐標，通過判斷是否共線檢驗是否可得到Q，B，N三點共線完成猜想證明.
【解答過程】（1）

如圖，設，當直線的斜率為1時，直線方程為.
聯立
消去，得.顯然，
則
即.
又離心率則，即.
解得.
橢圓的標準方程為.
（2）由題意知，當直線與軸垂直時，，
則AP的方程為，
令，得，，
由三點共線，可得，，解得
當直線不與軸垂直時，設直線的方程為.
聯立消去，得.
，AP的方程為，
令，得，
即共線，故Q，B，N三點共線.
故存在定實數，使Q，B，N三點共線.
【變式7-3】（2024·全國·模擬預測）已知雙曲線的離心率為，且點在雙曲線上．
(1)求雙曲線的標準方程．
(2)過點的直線與雙曲線的左、右兩支分別交于點．問：在軸上是否存在定點，使直線與的斜率之和為定值？若存在，求出點的坐標；若不存在，請說明理由．
【解題思路】（1）根據題意，設，求得，得到雙曲線的方程可化為，將點在雙曲線上，求得，即可求解；
（2）假設存在點，設直線的方程為，聯立方程組，求得，化簡得到，當，得到（定值），即可求解.
【解答過程】（1）解：由題意，雙曲線的離心率為，可得，
設，則，所以，
所以雙曲線的方程可化為，
因為點在雙曲線上，所以，解得，
所以雙曲線的標準方程為．
（2）設，
假設存在點，設直線的方程為，
聯立方程組，整理得，
則，
且，
因為
，
所以當，即時，（定值），
故存在定點，使直線與的斜率之和為定值0．
一、單選題
1．（2024·湖南衡陽·模擬預測）已知直線與橢圓相切，則的值為（ ）
A． B． C． D．
【解題思路】聯立直線與橢圓方程，由相切得到，從而得解.
【解答過程】依題意，聯立，得，
化解得，
因為直線與橢圓相切，
所以，
化簡整理得，所以.
故選：C.
2．（2024·安徽蕪湖·模擬預測）已知橢圓，一組斜率的平行直線與橢圓相交，則這些直線被橢圓截得的段的中點所在的直線方程為（ ）
A． B． C． D．
【解題思路】根據題意，設斜率的平行直線與橢圓相交于，且中點為，結合“點差法”，即可求解.
【解答過程】設斜率的平行直線與橢圓相交于，且中點為，
可得.
由，兩式相減得，
整理得，可得，
即這些直線被橢圓截得的段的中點所在的直線方程為.
故選：C.
3．（2024·全國·模擬預測）設拋物線的焦點為F，直線l與C交于A，B兩點，，，則l的斜率是（ ）
A．±1 B． C． D．±2
【解題思路】根據拋物線的定義得到如圖的拋物線，得到，可求得，做在直角三角形中，可求得，結合斜率的定義進行求解即可
【解答過程】下圖所示為l的斜率大于0的情況．
如圖，設點A，B在C的準線上的射影分別為，，，垂足為H．
設，，則．
而，所以，
l的斜率為．同理，l的斜率小于0時，其斜率為．
另一種可能的情形是l經過坐標原點O，可知一交點為，則，
可求得，可求得l斜率為，
同理，l的斜率小于0時，其斜率為．
故選：D.
4．（2024·北京海淀·三模）已知拋物線的焦點為F、點M在拋物線上，MN垂直y軸于點N，若，則的面積為（ ）
A．8 B． C． D．
【解題思路】確定拋物線的焦點和準線，根據得到，計算面積得到答案.
【解答過程】
因為拋物線的焦點為，準線方程為，
所以，故，
不妨設在第一象限，故，
所以.
故選：C.
5．（2024·河南信陽·三模）已知橢圓，P為橢圓上任意一點，過點P分別作與直線和平行的直線，分別交，交于M，N兩點，則的最大值為（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【解題思路】由題意可得四邊形為平行四邊形，設，，，根據與的中點相同得，再由兩點間的距離公式，結合橢圓的性質即可求解.
【解答過程】設過點P分別與直線平行的直線為，如圖：
設，，，則，，
顯然四邊形為平行四邊形，故與的中點重合，
則，即，
又因P為橢圓上任意一點，所以，即，
即，
而，即，所以當時，.
故選：C.
6．（2024·黑龍江·二模）雙曲線的左、右頂點分別為，左、右焦點分別為，過作直線與雙曲線的左、右兩支分別交于M，N兩點.若，且，則直線與的斜率之積為（ ）
A． B． C． D．
【解題思路】設，由雙曲線定義和題目條件，表達出，，，在中，由余弦定理得，則，在中，由余弦定理得，故，設，求出直線與的斜率之積為.
【解答過程】設，則，
由雙曲線定義得，，
在中，由余弦定理得
，
解得，
則，，
在中，由余弦定理得
，
解得，則，，
設，則，
將代入得，
則直線與的斜率之積為.
故選：D.
7．（2024·陜西商洛·三模）已知拋物線的焦點為F，過F的直線交E于A，B兩點，點P滿足，其中O為坐標原點，直線AP交E于另一點C，直線BP交E于另一點D，記，的面積分別為，，則（ ）
A． B． C． D．
【解題思路】設直線的方程為，，，聯立拋物線方程結合韋達定理有，同理，從而，同理，結合三角形面積公式即可得解.
【解答過程】根據已知條件作出圖形，如圖所示
由題意知，又，所以.
顯然直線AB的斜率不為0，設直線AB的方程為，，，
由，得，顯然，所以.
顯然直線BD的斜率不為0，設，直線BD的方程為，
由，得，顯然，所以，
又，所以，設，同理可得，
.
故選：C.
8．（2024·陜西榆林·模擬預測）如圖，拋物線E：的焦點為F，過點的直線，與E分別相交于，和C，D兩點，直線AD經過點F，當直線AB垂直于x軸時，．下列結論正確的是（ ）

A．
B．
C．若AD，BC的斜率分別為，，則
D．若的面積為，則的面積為
【解題思路】根據拋物線定義表示，由條件列方程求可得拋物線方程，判斷A，設的方程為，利用設而不求法求，判斷B，設，利用設而不求法求，根據直線AD經過點F，確定的關系，利用表示，判斷C，求出坐標即可判斷D.
【解答過程】當直線AB垂直于x軸時，直線AB的方程為，所以點A的橫坐標為p，所以，又，所以，故A選項錯誤；
若直線AB的斜率為0，則直線AB與拋物線只有一個交點，與已知矛盾，
故可設直線AB的方程為，聯立化簡可得，
方程的判別式，
由已知，為方程的兩根，
所以，，，故B選項錯誤；
設直線CD的方程為，，，聯立；
化簡可得，方程的判別式，
所以，．，
若直線AD的斜率存在，則，，，
因為直線AD經過點F，所以，所以，
因為，所以，所以，
所以，，所以，選項C正確；
當直線AB垂直于x軸時，易知點，從而，
此時點D在過，兩點的直線上，且在拋物線E：上，
從而求出點，從而，從而，故選項D錯誤．
故選：C.
二、多選題
9．（2024·廣東茂名·二模）已知雙曲線，直線，則下列說法正確的是（ ）
A．若，則與僅有一個公共點
B．若，則與僅有一個公共點
C．若與有兩個公共點，則
D．若與沒有公共點，則
【解題思路】利用直線與雙曲線的位置關系，利用方程聯立的方程，利用判別式，判斷實數根的方法，即可求解.
【解答過程】因為雙曲線的方程為，其漸近線方程為，即，
又因為直線過定點，當時，直線與雙曲線有且只有一個交點，故A正確；
聯立消去得，，
當直線與雙曲線相切時，方程只有一個實數根，，且，解得，
所以當時，直線與雙曲線有且只有一個交點，故B正確；
若與有兩個公共點，則，解得：或，故選C錯誤；
若與沒有公共點，，，D正確.
故選：ABD.
10．（2024·江西·模擬預測）已知，，，動點滿足與的斜率之積為，動點的軌跡記為，過點的直線交于，兩點，且，的中點為，則（ ）
A．的軌跡方程為
B．的最小值為1
C．若為坐標原點，則面積的最大值為
D．若線段的垂直平分線交軸于點，則點的橫坐標是點的橫坐標的倍
【解題思路】根據求軌跡方程的方法即可求得選項A，結合橢圓的性質即可判斷選項B，聯立直線與橢圓方程，結合韋達定理，即可求出的面積，利用導數可判斷選項C，利用中點坐標公式及直線與直線的關系，即可求出點和點的橫坐標，從而判斷選項D.
【解答過程】對于選項A，設，因為，，所以，化簡得，故A錯誤；
對于選項B，因為，則，，則，
所以為橢圓的右焦點，則，故B正確；
對于選項C，設的方程 ，代入橢圓方程，得，
設，則，，
所以 ，
令，則 ，
令，則 ，在為增函數，，，
所以，當且僅當時即等號成立，故C正確；
對于選項D，因為，，，
所以，則，
設，則，則，
所以，則點的橫坐標是點的橫坐標的倍，故D正確.
故選：BCD.
11．（2024·浙江金華·模擬預測）已知橢圓為原點，過第一象限內橢圓外一點作橢圓的兩條切線，切點分別為.記直線的斜率分別為，若，則（ ）
A．直線過定點 B．為定值
C．的最大值為2 D．的最小值為4
【解題思路】設直線的方程為，聯立橢圓方程，得到兩根之和，兩根之積，由得到方程，求出，證明橢圓在處的切線方程為，從而得到橢圓在點和的切線方程，得到切點弦方程為，即可判斷A；對照系數結合得到的軌跡方程，計算出，，求出，即可判斷B；得到點軌跡的漸近線，即可判斷C；先得到，設，則，聯立雙曲線方程，由根的判別式得到不等式，即可判斷D.
【解答過程】由于，故不關于軸對稱且的橫縱坐標不為0，
所以直線方程斜率一定存在，
設直線的方程為，聯立得，
，
設，則，
故
，
其中，
故，即，
所以，解得，
下面證明橢圓在處的切線方程為，
理由如下：
當時，故切線的斜率存在，設切線方程為，
代入橢圓方程得：，
由，化簡得：，
所以，
把代入，得：，
于是，
則橢圓的切線斜率為，切線方程為，
整理得到，
其中，故，即，
當時，此時或，
當時，切線方程為，滿足，
當時，切線方程為，滿足，
綜上：橢圓在處的切線方程為；
故橢圓在點的切線方程為，
在點的切線方程為，
由于點為與的交點，
故，，
所以直線為，
因為直線的方程為，對照系數可得，
又，故，整理得，
又在第一象限，
故點的軌跡為雙曲線位于第一象限的部分，
A選項，直線為，所以直線不過定點，故A錯誤；
B選項，，同理可得，
則，
為定值，故B正確；
C選項，由于，，，故雙曲線的一條漸近線為，
設，則，故無最大值，故C錯誤；
D選項，由于，，，故，
設，則，
則兩式聯立得，
由得，，
檢驗，當時，，又，
解得，滿足要求，
故的最小值為4，D正確.
故選：BD.
三、填空題
12．（2024·海南·模擬預測）已知拋物線 的焦點為 ，過點的直線 與拋物線 交于兩點，若 ，則直線 的斜率為 .
【解題思路】設，利用弦長公式求解．
【解答過程】拋物線的焦點，設直線l的方程為：，
聯立方程，消去y得，，
設，則，
因為，所以，
即，得，
故答案為：.
13．（2024·安徽·模擬預測）已知拋物線的焦點為為上的兩點．若直線的斜率為，且，延長分別交于兩點，則四邊形的面積為 50 ．
【解題思路】通過拋物線的焦點坐標，直線的斜率和直線的垂直關系，求出對角線；再利用兩對角線垂直的四邊形面積公式，即可求得.
【解答過程】由題可知，拋物線的焦點坐標為．
因為直線的斜率為，所以直線的方程為，
與拋物線的方程聯立，得，所以．
設，則，，
故．
因為，所以，
所以直線的斜率為，直線的方程為，
與拋物線的方程聯立，得．所以．
設，則，，
故．
所以四邊形的面積為．
故答案為：50.
14．（2024·寧夏銀川·三模）已知曲線，，，P為C上異于A，B的一點，直線與直線交于M，直線與直線交于點N，則有以下四種說法：
①存在兩個定點，使得P到這兩個定點的距離之和為定值
②直線與直線的斜率之差的最小值為
③的最小值為
④當直線的斜率大于時，大于
其中正確命題的序號為 ①②③ .
【解題思路】由曲線方程得出為橢圓的上半部分，根據橢圓定義判斷①；對于②，設坐標，表示出直線與直線的斜率之差，利用基本不等式求得最小值；對于③④，表示出直線和的方程，與的坐標，利用距離公式以及基本不等式和函數單調性求得.
【解答過程】由，得（），
則表示橢圓的上半部分，
對于①，根據橢圓的定義，到兩焦點的距離之和為定值，故①正確；
對于②，設，則，
設，則，，
所以直線與直線的斜率之差為，
當且僅當，即時，等號成立，
所以直線與直線的斜率之差的最小值為，故②正確；
對于③，直線的方程為，則的坐標為，
直線的方程為，則的坐標為，
所以，
當且僅當，即時，等號成立，
所以的最小值為，故③正確；
對于④，設函數（），
由對勾函數的性質可得在上為增函數，
所以，
因為，故④錯誤．
故答案為：①②③.
四、解答題
15．（2024·海南·模擬預測）已知雙曲線的實軸長為，點在雙曲線上.
(1)求雙曲線的標準方程；
(2)過點且斜率為的直線與雙曲線的另一個交點為，求.
【解題思路】（1）將點代入雙曲線方程即可求解；
（2）寫出直線方程，與雙曲線方程聯立，由弦長公式可得結果.
【解答過程】（1）因為雙曲線的實軸長為，所以，解得：；
又因為點在雙曲線上，所以，解得：，
所以雙曲線的標準方程為：
（2）設，
由題可得過點且斜率為的直線方程為：，即，
聯立，消去可得：，
所以，，
所以.
16．（2024·福建泉州·模擬預測）已知橢圓的左 右焦點分別為，離心率為，且經過點.
(1)求的方程；
(2)過且不垂直于坐標軸的直線交于兩點，點為的中點，記的面積為的面積為，求的取值范圍.
【解題思路】（1）利用離心率公式以及點在橢圓上即可求解；
（2）解法一：設，利用三角形的面積公式，將面積之比表示為點的縱坐標之比，利用韋達定理可求出的縱坐標之比的取值范圍，從而可求解；
解法二：設，將面積之比表示為點A,B的縱坐標之比，利用韋達定理可求出A,B的縱坐標之比的取值范圍，即可求解.
【解答過程】（1）因為，所以，
因為點在橢圓上，所以.
即，解得，所以，
所以橢圓的方程為.
（2）

解法一：
由（1）得，依題意設，
由消去，得，
設，則，
設，則，
，
由得，，
即，
因為，所以，所以，
所以，
令且，
則，解得，且，
所以，所以的取值范圍為.
解法二：
由（1）得，依題意設，
由消去，得，
設，則，
所以，
設，則，
，
令且，
則代入可得，
消去得：，
因為，所以，
所以，解得，且，
所以，所以的取值范圍為.
17．（2024·山西太原·二模）已知拋物線C：（）的焦點為F，過點且斜率為1的直線經過點F．
(1)求拋物線C的方程；
(2)若A，B是拋物線C上兩個動點，在x軸上是否存在定點M（異于坐標原點O），使得當直線AB經過點M時，滿足？若存在，求出點M的坐標；若不存在，請說明理由．
【解題思路】（1）根據點斜式求解直線方程，即可求解焦點坐標，進而可得，
（2）聯立直線與拋物線方程得韋達定理，結合向量垂直的坐標運算，即可求解.
【解答過程】（1）由題意過點且斜率為1的直線方程為，即，令，則，
∴點F的坐標為，∴，
∴．拋物線C的方程為．
（2）由（1）得拋物線C：，假設存在定點，
設直線AB的方程為（），，，
由，得，
∴，，，
∵，∴，
∴
，
∴或（舍去），
當時，點M的坐標為，滿足，，
∴存在定點．
18．（2024·河南鄭州·模擬預測）設拋物線的焦點為，是上一點且，直線經過點．
(1)求拋物線的方程；
(2)①若與相切，且切點在第一象限，求切點的坐標；
②若與在第一象限內的兩個不同交點為，且關于原點的對稱點為，證明：直線的傾斜角之和為．
【解題思路】（1）由化簡得，再根據定義得，代入即可的拋物線方程；
（2）①設切點坐標為，通過導數求出切線方程，將點代入即可；②設直線的方程為，，，聯立得，，然后計算即可.
【解答過程】（1）因為，
所以，
所以，
所以，
又P是C上一點，
所以，
所以，解得，
所以拋物線C的方程為．
（2）①設切點坐標為，
因為，所以，切線的斜率為，
所以切線方程為，
將代入上式，得，
所以，
所以切點坐標為．
②由①得，直線的斜率都存在，
要證：直線的傾斜角之和為，
只要證明：直線的斜率之和為．
設直線的方程為，，，,
則，，
由得，
所以，，，即，
所以，
即直線的傾斜角之和為．

19．（2024·湖南邵陽·三模）已知橢圓：的離心率為，右頂點與的上，下頂點所圍成的三角形面積為．
(1)求的方程．
(2)不過點的動直線與交于，兩點，直線與的斜率之積恒為．
（i）證明：直線過定點；
（ii）求面積的最大值．
【解題思路】（1）根據橢圓的離心率及三角形面積，列出方程組求解即得.
（2）（i）設出直線的方程，與橢圓方程聯立，利用斜率坐標公式，結合韋達定理推理即得；（ii）由（i）的信息，借助三角形面積建立函數關系，再求出最大值.
【解答過程】（1）令橢圓的半焦距為c，由離心率為，得，解得，
由三角形面積為，得，則，，
所以的方程是.
（2）（i）由（1）知，點，設直線的方程為，設，
由消去x得：，
則，
直線與的斜率分別為，，
于是
，整理得，解得或，
當時，直線過點，不符合題意，因此，
直線：恒過定點.
（ii）由（i）知，，
則，
因此的面積
，當且僅當，即時取等號，
所以面積的最大值為.
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