【三轮冲刺】高考数学（大题专练）04 圆锥曲线（解析版）

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圆锥曲线问题是高考的热点问题之一，多数情况在倒数第二题出现，难度为中高档题型。纵观近几年高考试卷，圆锥曲线的大题主要有以下几种类型：已知过定点的直线与圆锥曲线相交于不同两点，求直线方程或斜率、多边形面积或面积最值、证明直线过定点或点在定直线上等。各种类型问题结构上具有一定的特征，解答方法也有一定的规律可循。
题型一：最值问题
（2024·安徽合肥·统考一模）已知抛物线的焦点为，过点的直线与交于两点，过作的切线，交于点，且与轴分别交于点.
（1）求证：；
（2）设点是上异于的一点，到直线的距离分别为，求的最小值.
【思路分析】
（1）利用导函数的几何意义求得直线的表达式，得出三点的坐标，联立直线与抛物线方程根据韦达定理得出；
（2）利用点到直线距离公式可求得，可求出的最小值.
【规范解答】
（1）因为抛物线的焦点为，
所以，即的方程为：，如下图所示：
设点，
由题意可知直线的斜率一定存在，设，
联立得，所以.
由，得，
所以，即.
令，得，即，
同理，且，
所以.
由，得，即.
所以，故.
（2）设点，结合（1）知，即
因为，
所以.
同理可得，
所以.
又，
所以.
当且仅当时，等号成立；
即直线斜率为0时，取最小值；
1．（2024·吉林·校联考模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线与交于P，Q两点，的周长为8，焦距为．
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线与圆相切，且与交于不同的两点R，S，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）由的周长结合椭圆的定义得出，再由的关系求出，进而得出椭圆的方程；
（2）当直线斜率不存在时，，当直线斜率存在时，设直线的方程为，由直线与圆相切，得，再联立方程组，由弦长公式求最值.
【解析】（1）因为的周长为8，
所以，解得，
焦距为，，所以，
所以椭圆E的方程为．
（2）由（1）可知圆，
当直线斜率不存在时，为或，
当时，，则，
当时，同理，
当直线斜率存在时，设斜率为，则直线的方程为，
因为直线与圆相切，所以，则，
设，
联立椭圆于直线方程，消元得，
所以，
由，得,
,
令，
则，
由，所以当时，，
而时，单调递减，所以，所以.
2．（2023·山西临汾·校考模拟预测）已知抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x轴上，直线l：交C于M，Q两点，且．
（1）求C的方程；
（2）若点P是C的准线上的一点，过点P作C的两条切线PA，PB，其中A，B为切点，求点O到直线AB的距离的最大值．
【答案】（1）；（2）1.
【分析】（1）利用抛物线的对称性，确定抛物线过的点求出C的方程.
（2）设出点的坐标及切线方程，再联立切线与抛物线方程求出切点的坐标，进而求出直线过的定点即得.
【解析】（1）依题意，由抛物线的对称性知，点关于x轴对称，
由，得，
不妨令点在第一象限，则，
设抛物线C的方程为，即有，解得，
所以抛物线C的方程为.
（2）由（1）知，抛物线C：的准线方程为，设点，
显然切线不垂直于坐标轴，设切线方程为，
由消去x并整理得①，于是，
设方程的一个根为，则该方程的另一根为，
不妨令切线的方程为，
方程①中取得点的纵坐标为，其横坐标为，即点，
同理得，当时，直线方程为，
整理得，
当或时，直线方程为，因此直线过定点，为定值，
所以当时，点O到直线AB的距离取得最大值1.
题型二：参数范围问题
（2023·上海浦东新·高三建平中学校考阶段练习）已知分别是椭圆的左、右顶点，过点、斜率为的直线交椭圆于两个不同的点．
（1）求椭圆的焦距和离心率；
（2）若点落在以线段为直径的圆的外部，求的取值范围；
（3）若，设直线分别交轴于点，求的取值范围．
【思路分析】
（1）由椭圆方程可求出得解；
（2）点B落在以线段为直径的圆的外部，即，联立直线与椭圆的方程，利用根与系数关系代入运算得解；
（3）设，，由，可得，即，同理可得，，由得，同理得，可得的表达式，结合（2）代入运算得解.
【规范解答】
（1），，，，即，
所以椭圆的焦距为4，离心率为.
（2）设，，直线，又，
联立方程，消去整理得，
，即或，
，，
点B落在以线段为直径的圆的外部，即，
则，又，，
可得，
代入，运算整理得，，解得或，又或，
所以的取值范围为.
（3）设，，，，
由，可得，即，
同理可得，，
又即，解得，
同理可得，
又由（2）知，，，，，
，
又，.
所以的取值范围为.
1．（2023·四川成都·统考二模）已知，分别为椭圆的左、右焦点，与椭圆C有相同焦点的双曲线在第一象限与椭圆C相交于点P，且．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设直线与椭圆C相交于A，B两点，O为坐标原点，且．若椭圆C上存在点E，使得四边形OAED为平行四边形，求m的取值范围．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）结合双曲线方程可得，，结合双曲线和椭圆的定义即可得到，进而求解；
（2）设，，则，结合平行四边形OAED，可得，联立直线和椭圆方程，利用韦达定理可得，．进而得到，从而求解.
【解析】（1）由题意，双曲线的焦点为，，
双曲线与椭圆C有相同焦点且在第一象限交点为P，
又，，．
，．．
椭圆C的方程为．
（2）设，，则．
四边形OAED为平行四边形，
，．
点A，B，E均在椭圆C上，
，，．
，．
．
由消去y，得．
显然．
，．
．，
因为，所以，即，
所以，即，．
2．（2024·江西南昌·高三江西师大附中校考开学考试）已知抛物线：上一点的纵坐标为3，点到焦点距离为5.
（1）求抛物线的方程：
（2）过点作直线交于A，B两点，过点A，B分别作C的切线与，与相交于点，过点A作直线垂直于，过点作直线垂直于，与相交于点E，、、、分别与轴交于点P、Q、R、S.记、、、的面积分别为、、、.若，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）结合抛物线定义即可;
（2）设经过，两点的直线方程为：（），与抛物线方程联立得，.将每条直线表达出来，、、、表达出来，再由求实数的取值范围.
【解析】（1）设，由题意可得，即，
解得或（舍去），所以抛物线的方程为.
（2）如图，
设经过，两点的直线方程为：（，），
与抛物线方程联立可得，
即，
∴，.
∵，则，∴，
∴过点作的切线方程为，
令，得，即.
同理，过点作的切线方程为，
令，得，即
∴.
联立两直线方程，解得，即，
则到直线的距离.
又∵过点作直线垂直于，
直线的方程为，
令，得，即.
同理，直线的方程为，
令，得，即.
∴.
联立两直线方程，解得，
整理后可得，即，
则到直线的距离.
由上可得，，
，，
∴，得，
故的取值范围为.
题型三：定值问题
（2024·四川雅安·高三雅安中学校联考开学考试）已知椭圆的离心率为，且椭圆的短轴长为．
（1）求椭圆的方程．
（2）设是椭圆上第一象限内的一点，是椭圆的左顶点，是椭圆的上顶点，直线与轴相交于点，直线与轴相交于点．记的面积为，的面积为．证明：为定值．
【思路分析】
（1）根据题意，列出关于的方程，代入计算，即可求得结果；
（2）根据题意，分别表示出点的坐标，从而表示出，然后结合椭圆的方程，代入计算，即可证明.
【规范解答】
（1）由题可知，，解得，
故椭圆的方程为．
（2）
证明：设，则直线的方程为，令，得．
直线的方程为，令，得．
，，
．
由，得，
则．
故为定值．
1．（2024·安徽·高三校联考阶段练习）已知双曲线（，）的左顶点为，过点的动直线l交C于P，Q两点（均不与A重合），当l与x轴垂直时，.
（1）求C的方程；
（2）若直线AP和AQ分别与直线交于点M和N，证明：为定值.
【答案】（1）；（2）为定值63，证明过程见解析
【分析】（1）由题意得，并代入求出，根据求出，得到答案；
（2）直线l的方程，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，得到直线，求出，同理得到，结合平面向量数量积公式，代入两根之和，两根之积得到.
【解析】（1）由题意得，故，
令得，解得，
由于，故，解得，所以C的方程为；
（2）直线l交C于P，Q两点（均不与A重合），故直线l的斜率不为0，
设直线l方程为，联立得，
设，则且，解得，
，
直线，令得，
同理可得，故，
则
.
为定值.
2．（2023·宁夏石嘴山·高三石嘴山市第三中学校考期中）已知抛物线：的焦点为，抛物线上存在一点到焦点的距离等于．
（1）求抛物线的方程；
（2）过点的直线交抛物线于两不同点，交轴于点，已知，，求证：为定值．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，利用抛物线定义即可求解值.
（2）设出直线的方程并求出点的坐标，联立直线和抛物线方程，结合韦达定理及共线向量的坐标表示推理即得.
【解析】（1）抛物线：的准线，
由抛物线定义得，解得，
所以抛物线的方程为.
（2）由（1）知，，显然直线不垂直于坐标轴，
设直线的方程为，则点，
由消去并整理得，
显然，，，
而，，
由，得，即，解得，
由，同理得，
因此为定值，
所以为定值.
题型四：过定点问题
（2024·海南·高三校联考期末）已知椭圆的离心率为，上顶点为．
（1）求的方程；
（2）设的右顶点为，点是上的两个动点，且直线与的斜率之和为3，证明：直线过定点．
【思路分析】
（1）根据离心率和顶点坐标即可求解；
（2）设直线方程为，联立椭圆方程消去y，利用韦达定理代入，然后可得，即可得证.
【规范解答】
（1）设椭圆的半焦距为，
的离心率为，
的上顶点为，，的方程为．
（2）由的方程可知．
若直线的斜率不存在，则直线与的斜率互为相反数，不符合题意，
故设直线的方程为，且均不与重合．
由得，
，
，
，
，
令，解得．
直线的方程为，即，
直线过定点.
1．（2024·广东湛江·统考一模）已知为双曲线上一点，分别为双曲线的左、右顶点，且直线与的斜率之和为．
（1）求双曲线的方程；
（2）不过点的直线与双曲线交于两点，若直线的倾斜角分别为和，且，证明：直线过定点．
【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）利用及点在双曲线上，可构造方程求得，从而得到双曲线方程；
（2）验证可知直线斜率均存在，由斜率与倾斜角关系可得，将直线方程与双曲线方程联立可得韦达定理的结论；利用两点连线斜率公式，结合韦达定理可表示出，化简整理得到或，验证可知满足题意，由直线过定点的求法可求得结果.
【解析】（1）由题意知：，，，，
又在双曲线上，，解得：；
双曲线的方程为：.
（2）当直线中的一条斜率不存在时，不妨设直线斜率不存在，则，，
，直线，即，
由得：，解得：，
即直线与双曲线相切于点，不合题意；
直线斜率均存在，则，，
，，
即，；
设，
由得：，
且，
，，
，
，
由得：，
，
，
，
整理可得：，
即，或，
当时，直线恒过点，不合题意；
当时，满足，此时直线恒过点；
综上所述：直线过定点.
2．（2024·北京海淀·高三首都师范大学附属中学校考开学考试）已知动圆过点，且被轴截得的线段长为4，记动圆圆心的轨迹为曲线.过点的直线交于两点，过与垂直的直线交于两点，其中在轴上方，分别为的中点.
（1）求曲线的方程；
（2）证明：直线过定点；
【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）根据圆的几何性质进行求解即可；
（2）方法一：设出相应直线方程与抛物线方程联立，根据一元二次方程的根与系数关系、中点坐标公式、直线点斜式方程，结合互相垂直直线斜率的关系进行运算求解即可；
方法二：设出一条直线方程与抛物线方程联立，根据一元二次方程的根与系数关系、中点坐标公式、互相垂直直线斜率关系求出相应点的坐标，最后利用直线点斜式方程进行判断即可.
【解析】（1）设，
因为动圆过点，且被轴截得的线段长为4，
所以有，
所以曲线的方程为；
（2）由，故，
由直线与直线垂直，故两直线斜率都存在且不为0，
设直线分别为，有，
联立与直线，即有，
消去可得，
故，
则，
故，即，
同理可得，
当时，则，
即
，
由，即，
故时，有，
此时过定点，且该定点为，
当时，即时，由，即时，
故直线过定点，且该定点为；
方法二：设，不妨设.
设，则.由，得，
故.
所以.
同理可得.
若，则直线过点.
若，则直线过点.
综上，直线过定点.
题型五：定直线问题
（2024·贵州贵阳·贵阳一中校考一模）已知椭圆的上、下顶点分别是，，点（异于，两点）在椭圆上，直线与的斜率之积为，椭圆的短轴长为．
（1）求的标准方程；
（2）已知，直线与椭圆的另一个交点为，且直线与相交于点，证明：点在定直线上．
【思路分析】
（1）设，根据斜率之积和点在椭圆上整理可得椭圆的标准方程；
（2）设直线的方程为，联立椭圆方程消去，利用，坐标表示出直线与的方程，求解出点的坐标，然后用韦达定理化简即可得证．
【规范解答】
（1）由题意可得，且，则.
设，则，所以，
因为点在椭圆上，所以，
所以，代入式得，
由，代入得，
故椭圆C的标准方程为；
（2）设，，显然直线不垂直于轴，
故可设直线的方程为，
由消去得，
因为点在椭圆的内部，则直线与椭圆恒有两个交点，
所以，
由（1）知，，
所以直线的方程为，直线的方程为，
由直线与相交于点，则，
消得①，
由（1）知，得，
可得
，
将代入①式得，解得，即点在直线上．
1．（2024·河南周口·高三统考阶段练习）已知双曲线C：实轴的左、右端点分别为，，点在C上，且，的斜率之积为．
（1）求C的方程；
（2）已知直线l与C交于M，N两点（均与P不重合），与直线交于点Q，且点M，N在直线的两侧，若，线段MN的中点为R，证明：点R在一条定直线上．
【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）根据已知条件可以得到，求出，再根据在双曲线上，求出，求出标准方程；
（2）根据已知条件可得，由M，N在直线的两侧，得，设直线l：，，，联立得到一元二次方程，利用韦达定理即可得到点在定置线上.
【解析】（1）由题意知，，
所以，解得，
又，所以，所以C的方程为．
（2）因为，所以，
又因为点M，N在直线的两侧，
所以直线PQ：是的平分线，所以．
由题意可知直线l的斜率存在且斜率不是，
设直线l：，，，
联立，可得，
故，．
，
化简得，
故，
即，而直线l不过P点，故．
所以线段MN的中点R的坐标为，
所以点R恒在直线上．
2．（2023·海南·校联考模拟预测）已知抛物线的焦点为，直线：与直线与抛物线分别交于点和点.
（1）若，求的面积；
（2）若直线与交于点，证明：点在定直线上.
【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）联立抛物线与直线，消去得，设，由韦达定理得出，即可根据抛物线弦长公式得出，再由点到直线的距离公式得出点到直线的距离，即可根据三角形面积公式得出答案；
（2）设，，分别联立抛物线与直线和抛物线与直线，消去根据韦达定理得出，，根据直线的点斜式化简得出直线与的方程，即可联立两直线方程消去，再代入，，化解得出定直线.
【解析】（1）依题意，，
联立，得.
设，
故，
故，
点到直线的距离，故.
（2）设，，
联立得，则.
同理可得，.
则直线，
化简得，，
同理可得，直线，
联立①②消去可得，
故点在直线上.
题型六：动点轨迹问题
（2024·全国·模拟预测）已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为和，M是椭圆C上一点，且面积的最大值为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）记O为坐标原点，当点M与椭圆C的顶点不重合时，过点M分别作直线OM，MF，其中直线MF不过坐标原点，且不与坐标轴平行，直线OM，MF与椭圆C交于异于点M的E，F两点，直线与直线相交于点D，直线OD与直线MF相交于点N，求点N的轨迹方程．
【思路分析】
（1）根据离心率以及面积的最大值列出关于的方程组，由此求解出的值，则椭圆标准方程可知；
（2）设出直线的方程，得到对应坐标的韦达定理形式，结合三点共线求得点坐标所满足的关系式，从而求得直线的方程，联立直线的方程求得即可知的轨迹方程.
【规范解答】
（1）由题可知，，解得，∴椭圆C的标准方程为．
（2）由（1）知，，设，，则，
设直线的方程为，
由消去x并整理得，
∴，
∴，，且，∴，
设点，由三点共线得，即，
由三点共线得，即，
∴
，
所以直线的斜率，
∴直线的方程为，
由解得，，
∴点的轨迹方程为．
1．（2024·河南郑州·统考一模）已知点是双曲线的上顶点．
（1）若点的坐标为，延长交双曲线于点，求点的坐标；
（2）双曲线与直线有唯一的公共点，过点且与垂直的直线分别交轴，轴于两点，当点运动时，求点的轨迹方程．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）求出直线的方程，联立双曲线方程，求出，进而求出，得到点的坐标；
（2）联立与双曲线方程，由得到，求出和过点且与垂直的直线方程，表达出的坐标，结合得到轨迹方程，注意.
【解析】（1）由题意得，
故直线方程为，即，
联立与得，
由韦达定理得，解得，
故，则点的坐标为；
（2）联立与得，，
，由，解得，则，
又，，
故，由题可知，
过点且与垂直的直线方程为，即，
令得，令得，
因为，所以，故，显然，
代入中得，
化简得，即；
2．（2023·辽宁朝阳·高三校联考阶段练习）已知抛物线的焦点为F，且A，B，C三个不同的点均在上.
（1）若直线AB的方程为，且点F为的重心，求p的值；
（2）设，直线AB经过点，直线BC的斜率为1，动点D在直线AC上，且，求点D的轨迹方程.
【答案】（1）8；（2）（且）.
【分析】（1）根据给定条件，利用三角形重心坐标公式用p表示出点的坐标，再代入计算即得.
（2）借助抛物线方程设出点的坐标，结合直线方程求出直线经过的定点，进而确定点D的轨迹并求出方程即得.
【解析】（1）抛物线的焦点，设，
由消去x得，则，，
由点F是的重心，得，则，
而点C在上，于是，又，所以.
（2）当时，的方程为，设，，，
直线的斜率，
同理得直线的斜率，直线的斜率，
直线AB的方程为，化简得.
而直线AB过点，即，显然，则，
又，即，于是，整理得，
直线AC的方程为，化简得，
将代入，得，
令，得，直线AC过定点，
设线段ME的中点为G，则G的坐标为，
因为D在直线AC上，且，
因此D在以G为圆心，EM为直径的圆上运动，
因为，所以D的轨迹方程为（且）.
题型七：角度关系证明问题
（2024·湖南长沙·统考一模）已知双曲线与直线：（）有唯一的公共点，直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，其中点，在第一象限.
（1）探求参数，满足的关系式；
（2）若为坐标原点，为双曲线的左焦点，证明：.
【思路分析】
（1）将直线与双曲线方程联立，因只有一个切点从而可得，从而求解.
（2）将直线分别与双曲线的两渐近线方程联立求出，，由（1）可求出，即，分别求出，，，从而可求解.
【规范解答】
（1）联立方程，整理得.
由，且是双曲线与直线的唯一公共点，
可得，则，即为参数，满足的关系式.
结合图象，由点在第一象限，可知，且.
所以，的关系式满足.
（2）由题可得双曲线的左焦点，渐近线为.
联立方程，解得，即；
联立方程，解得，即.
结合，且由式可变形为，
解得，可得.
要证，即证，
即证，
即证，即证.
由，得.
根据直线的斜率公式，，，，
则，
，
可得，
因此，.
1．（2024·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）一动圆圆E与圆外切，同时与圆内切．
（1）求动圆圆心E的轨迹方程；
（2）设A为E的右顶点，若直线与x轴交于点M，与E相交于点B，C（点B在点M，C之间），若N为线段上的点，且满足，证明：．
【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）根据圆与圆内切、外切的性质，结合椭圆的定义进行求解即可；
（2）将直线方程与椭圆方程联立，消去根，得到一元二次方程，据一元二次方程根与系数关系确定点的位置，结合等边对等角、外角性质进行运算证明即可.
【解析】（1）设动圆E圆心坐标，半径为，由题意可知，，，
当与相外切时，有；①
当与相内切时，有．②
将①②两式的两边分别相加，得，所以的轨迹为椭圆，
所以，所以，
所以动圆圆心的轨迹方程为．
（2）由（1）可知，圆心的轨迹方程，设点，，
联立，得，
则，即，
，.
因为，所以，所以，
即，
所以，，所以点在直线上，
所以，即，因为为△的一个外角，
所以.
2．（2024·北京·高三阶段练习）已知点，集合，点，且对于S中任何异于P的点Q，都有．
（1）证明：P在椭圆上；
（2）求P的坐标；
（3）设椭圆的焦点为，证明：．
参考公式：．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）证明见解析
【分析】（1）分析当在内时，设线段与有一交点推导出矛盾即可；
（2）记在上的投影向量为，可推导是上与距离最小的点，再设，结合椭圆的方程与所给方程得出不等式求解最值即可；
（3）设直线与轴交于，根据共线可得，再结合与正弦定理，转证即可.
【解析】（1）记，若不在上，则在内.
因为，所以在外，
设线段与有一交点，此时和共线反向，，不合题意，因此在上.
（2）等价于.
记在上的投影向量为，则条件等价于，，
这表明是上与距离最小的点.
设，则，.
因为，
故，当且仅当时取等号.
所以，
又，故，故，
当且仅当且时取等号，解得，故此时.
（3）因为，，设直线与轴交于，则，解得.
故，则要证即证.
又，故轴，故.
在和，由正弦定理，，
又和互补，所以，
所以，从而有.
题型八：向量共线问题
（2022·全国·高三专题练习）若抛物线的焦点为，点在抛物线上，且．
（1）求抛物线的方程；
（2）过点的直线交抛物线于两点，点A关于轴的对称点是，证明：三点共线．
【思路分析】
（1）根据焦半径公式求得得抛物线方程；
（2）设直线的方程为， 由A，D两点写出直线方程，求出直线与轴交点验证即可.
【规范解答】
（1）抛物线的准线为
点到准线的距离为，解得，抛物线的方程为．
（2）由题知直线不与轴平行，设直线的方程为．
联立，得，解得或，．
又点A关于轴的对称点为，
则直线的方程为，
即．
令，得．
直线恒过定点，而点，因此三点共线．
1．（2024·山东威海·高三统考期末）已知椭圆的左、右顶点分别为，，右焦点的坐标为，过点作直线交于，两点（异于，），当垂直于轴时，.
（1）求的标准方程；
（2）直线交直线于点，证明：，，三点共线.
【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）根据已知条件及椭圆的性质，结合椭圆中三者的关系即可求解；
（2）根据已知条件作出图形，设出直线的方程，联立直线和椭圆的方程，利用韦达定理及两点的斜率公式，结合两直线平行的条件即可求解.
【解析】（1）如图所示，
由，可得，
所以，即，
因为，所以，解得，，
所以的标准方程为.
（2）由题意知，直线斜率不为，如图所示，
设，，而，
由，整理得，
显然，则,
因为，所以，即.
则
，
所以，又因为有公共点，
所以，，三点共线.
2．（2023·山东·高三校联考阶段练习）已知圆，点P是圆C上的动点，点是圆C内一点，线段的垂直平分线交于点Q，当点P在圆C上运动时点Q的轨迹为E.
（1）求E的方程；
（2）设M，N是曲线E上的两点，直线与曲线相切.证明：当时，三点共线.
【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）根据圆方程可求得，再根据垂直平分线性质以及对称性可得，即可求出E的方程；
（2）设出直线方程并与椭圆联立，利用韦达定理和点到直线距离可求得时，直线方程为或，恒过点，即可得出证明.
【解析】（1）由，得，
故，半径
由题意知，如图所示：
对Q的轨迹是以C、F为焦点的椭圆.
设椭圆方程为，则，，
所以椭圆方程为；
（2）由（1）得曲线为，表示右半圆，
即为图中虚线圆的右半部分（不包括和轴交点）；
由题意可知直线的斜率存在且不为0，
由对称性可设直线，，如图所示：
由直线与曲线相切可得，所以，
联立可得，
，
所以，，
可得，
化简得，所以，
所以或，所以直线或，
所以直线过点，
即可得三点共线.
题型九：存在性问题探究
（2024·天津南开·高三南开中学校考阶段练习）已知椭圆C：，若椭圆的焦距为4且经过点，过点的直线交椭圆于P，Q两点．
（1）求椭圆方程；
（2）求面积的最大值，并求此时直线的方程；
（3）若直线与x轴不垂直，在x轴上是否存在点使得恒成立？若存在，求出s的值；若不存在，说明理由．
【思路分析】
（1）由焦距是4求出，将代入椭圆方程求出，得到答案；
（2）根据题意设直线，与椭圆方程联立可得，由，代入运算化简，利用不等式求出面积的最大值；
（3）根据题意有，转化为，由第二问代入运算得解.
【规范解答】
（1）由题意，，将点代入椭圆方程得，解得，，
所以椭圆的方程为.
（2）根据题意知直线的斜率不为0，设直线，，，
联立，消去整理得，
，，且，
，令，，
，
当且仅当，即，即时，等号成立，
所以面积的最大值为，此时直线的方程为或.
（3）在轴上存在点使得，理由如下：
因为，所以，即，
整理得，即，
即，
则，又，解得，
所以在轴上存在点使得.
1．（2024·内蒙古赤峰·高三校考开学考试）已知双曲线的离心率为，右焦点为．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）过点的直线与双曲线的右支交于两点，在轴上是否存在点， 使得为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在满足
【分析】（1）根据题意求出，即可得解；
（2）设其方程为，，设，，，联立直线与双曲线的方程，得出韦达定理，化简，从而得到定点与定值.
【解析】（1）由题意可得，所以，
所以双曲线的标准方程为；
（2）依题意，直线的斜率不为0，设其方程为，，
代入得，
设，，，
则，，
∴
，
若要上式为定值，则必须有，即，
∴，
故存在点满足.
2．（2024·山西太原·高三统考期末）已知抛物线的准线与轴相交于点，过抛物线焦点的直线与相交于两点，面积的最小值为4.
（1）求抛物线的方程；
（2）若过点的动直线交于，两点，试问抛物线上是否存在定点，使得对任意的直线，都有.若存在，求出点的坐标；若不存在，则说明理由.
【答案】（1）；（2）存在定点；理由见解析
【分析】（1）设直线的方程为，联立方程组得到，求得，进而求得的值，得到抛物线；
（2）假设存在定点，设直线的方程为，联立方程组，由韦达定理，得到，，结合，求得点的坐标.
【解析】（1）由抛物线，可得，准线为，则，
易知直线斜率不为零，设直线的方程为，且，
联立方程组，整理得，
则，且，
可得，
所以面积，
当时，取最小值，
因为面积的最小值为，所以，解得，
所以抛物线的方程为.
（2）由（1）知抛物线，假设存在定点，易知直线的斜率不为零，
设直线的方程为，且，，则，，
联立方程组，整理得，
则，且，，
因为，可得，
因为，
所以，即，
当时，即时，恒成立，所以存在定点.
.
题型十：“非对称”韦达定理
（2024·内蒙古锡林郭勒盟·高三统考开学考试）已知椭圆E：经过点，右焦点为，A，B分别为椭圆E的上顶点和下顶点.
（1）求椭圆E的标准方程；
（2）已知过且斜率存在的直线l与椭圆E交于C、D两点，直线BD与直线AC的斜率分别为k1和k2，求的值.
【思路分析】
（1）由已知可得关于，，的方程组，从而可得，的值，从而可得椭圆的方程；
（2）设直线，与椭圆方程联立，可得根与系数的关系，利用两点的斜率公式表示出和，作比，结合根与系数的关系即可求解．
【规范解答】
（1）由，，，
椭圆的标准方程为．
（2）设直线：，联立直线和椭圆方程，
，
，记，，
则，
由题意知和．则，，
则，
所以．
1．（2024·吉林白山·统考一模）已知分别为双曲线的左、右顶点，为双曲线上异于的任意一点，直线、斜率乘积为，焦距为．
（1）求双曲线的方程；
（2）设过的直线与双曲线交于，两点（不与重合），记直线，的斜率为，，证明：为定值．
【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）设，根据以及整体代换法求得结果；
（2）设直线,与椭圆方程联立得出韦达定理，再表示，结合韦达定理求出结果.
【解析】（1）设，，，
∵，∴，
∴，
又∵焦距为，可得，则，
结合，∴，，
∴双曲线的标准方程为：．
（2）如图，由（1）知，，设，．
因为不与重合，所以可设直线．
联立，消得：，
故，，
，，，
∴．
2．（2024·全国·高三专题练习）已知椭圆：，为椭圆的右焦点，三点，，中恰有两点在椭圆上.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设点为椭圆的左右端点，过点作直线交椭圆于，两点（不同于），求证：直线与直线的交点在定直线上运动，并求出该直线的方程.
【答案】（1）；（2）证明见解析，
【分析】（1）由对称性得到点，在椭圆上，结合焦点坐标，得到方程组，求出，，求出椭圆方程；
（2）设直线的方程为，联立椭圆方程，设，，，得到两根之和，两根之积，由和共线得到方程组，联立后得到，求出，得到交点在定直线上，并求出该直线的方程.
【解析】（1）因为为椭圆的右焦点，所以①,
由对称性得，点，在椭圆上，代入得②,
联立①②解得，，，
所以椭圆的标准方程为：.
（2）由条件知直线与直线不重合，故直线的斜率不为0，
设直线的方程为，
联立，可得，
设，，，
则，，，
由（1）可得，，
由共线得：③，
由共线得：④，
由③÷④消去并整理得，，
即，所以，
综上所述，直线与直线的交点在定直线上运动.
1．（2024·云南昆明·昆明一中校联考一模）已知椭圆：的短轴长等于，离心率．
（1）求椭圆的方程；
（2）过右焦点的直线与椭圆交于、两点，线段的垂直平分线交轴于点，证明：为定值．
【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）根据题意，列出的方程组，求得的值，即可求得椭圆的方程；
（2）设直线的方程为，联立方程组得到，进而求得，得出中垂线的方程，求得，再由弦长公式求得，即可求解.
【解析】（1）椭圆：的短轴长等于，离心率
可得，，解得，所以椭圆的方程为
（2）由椭圆的方程，可得右焦点，
当直线斜率不存在时被轴垂直平分，不符合题意；
当直线斜率为0时，；
直线斜率存在且不为0时，
设直线的方程为，，中点为，
联立方程组，整理得，
可得，
所以，则，
即，则中垂线的方程为，
令，可得，所以，
又由，
所以（定值）；
综上所述，为定值.
2．（2024·四川巴中·统考一模）已知椭圆的离心率为，左右顶点分别为A，B，G为C的上顶点，且的面积为2.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点的动直线与C交于M，N两点.证明：直线与的交点在一条定直线上.
【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）根据椭圆离心率以及的面积，列出关于的方程，求出，即可得答案；
（2）设，设方程为，方程为，
分别联立椭圆方程，求出的表达式，结合化简可得的关系式，结合，的方程，即可求得交点的横坐标，即可证明结论.
【解析】（1）由题意知椭圆的离心率为，
即，则；
又，联立解得，
故椭圆C的方程为；
（2）证明：由（1）知，设，
结合题意知直线与斜率存在，设方程为，方程为，
联立，得，，
则，故，则；
联立，得，，
故，则，
由题意知，M，N三点共线且MN斜率存在，故，
故，化简得，
若，则，此时，
则重合（直线和x轴不平行且不和点重合），不合题意；
故，
则方程为，方程为，联立解得，
即直线与的交点横坐标为，故直线与的交点在一条定直线上.
3．（2024·湖北武汉·统考模拟预测）已知双曲线：的左右焦点为，，其右准线为，点到直线的距离为，过点的动直线交双曲线于，两点，当直线与轴垂直时，．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）设直线与直线的交点为，证明：直线过定点．
【答案】（1）；（2）证明过程见解析
【分析】（1）由右焦点到右准线的距离以及通径长度，结合之间的平方关系即可求解；
（2）设直线的方程为，，联立双曲线方程结合韦达定理得，用以及的坐标表示出点以及的方程，根据对称性可知，只需在的直线方程中，令，证明相应的为定值即可求解.
【解析】（1）由题意，所以双曲线的标准方程为.
（2）由题意，设直线的方程为，，
，
所以，
直线的方程为：，
所以的方程为，
由对称性可知过的定点一定在轴上，
令
，
又，
所以，
所以直线过定点.
4．（2024·辽宁·校联考一模）已知双曲线：（，）的右顶点，斜率为1的直线交于、两点，且中点.
（1）求双曲线的方程；
（2）证明：为直角三角形；
（3）若过曲线上一点作直线与两条渐近线相交，交点为，，且分别在第一象限和第四象限，若，，求面积的取值范围.
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）
【分析】（1）设出、两点坐标，借助点差法计算即可得；
（2）联立直线与双曲线方程，可得与、两点坐标有关韦达定理，通过计算即可得为直角三角形；
（3）设直线方程为：，，，，结合题意计算可得，又，，可得，联立直线与渐近线方程，可得与两点坐标有关韦达定理，代入化简可得，结合面积公式计算即可用表示该三角形面积，构造相应函数借助对勾函数性质可得函数单调性即可得面积范围.
【解析】（1）设，，则，，
，两点在双曲线上，
，由①－②得，
即，，
，即，，
又，，双曲线的方程为：；
（2）由已知可得，直线的方程为：，即，
联立，，
则，，
，
，为直角三角形；
（3）由题意可知，若直线有斜率则斜率不为0，
故设直线方程为：，
设，，，
，，
，
点在双曲线上，，
，
③，
又，，
，④，
联立，
，
⑤，⑥，
，分别在第一象限和第四象限，，，
由④式得：，
⑦，
将⑤⑥代入⑦得：，
，
令，，
由对勾函数性质可得在上单调递减，在上单调递增，
，.
5．（2023·全国·高三贵溪市实验中学校联考阶段练习）已知抛物线，垂直于轴的直线与圆相切，且与交于不同的两点．
（1）求p；
（2）已知，过的直线与抛物线交于两点，过作直线的垂线，与直线分别交于两点，求证：．
【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）根据题意求出，然后带入计算即可；
（2）将转化为，然后利用点到直线的距离公式证明即可.
【解析】（1）垂直于轴的直线与圆相切，且与交于不同的两点
得的方程为．又，
不妨设，代入抛物线，解得．
（2）①当直线中有一条直线斜率不存在时，
不妨设直线的斜率不存在，则，此时直线的斜率为0．
，．
②当直线斜率均存在时，
记直线斜率为，直线斜率为到直线的距离为，
到直线的距离为，
设，则，
．
由,得，则，
．
因为，
同理，，
即,所以≌，则．
6．（2024·四川绵阳·统考二模）己知直线与抛物线交于A，B两点，F为E的焦点，直线FA，FB的斜率之和为0．
（1）求E的方程；
（2）直线分别交直线于两点，若，求k的取值范围．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）联立直线与抛物线方程，将直线FA，FB的斜率之和坐标化，利用韦达定理代入整理求解系数；
（2）由直线方程，令，用表示坐标， 代入利用志达定理将条件转化为的不等关系，求解不等式即得.
【解析】（1）由，得，设直线与抛物线线交点，
的斜率，的斜率，
由已知直线FA，FB的斜率之和为0，
则
①，
联立方程组，消得，
由，且，得，则.
由韦达定理得，代入①化简得，
由，解得，故抛物线E的方程为；
（2）由（1）知，焦点，则，，
令，得，
故，解得，
又，
由（1）知，，代入②式得，
，
且，解得，则，或，
故的取值范围为.
7．（2023·贵州贵阳·高三贵阳一中校考阶段练习）已知椭圆C：（）的离心率为，左顶点A到右焦点的距离为3.
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与椭圆交于不同两点，（不同于A），且直线和的斜率之积与椭圆的离心率互为相反数，求在上的射影的轨迹方程.
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）由题目条件列出方程组，求出参数的值，得椭圆的方程；
（2）分直线l斜率是否存在两种情况讨论，与椭圆的方程联立，根据直线和的斜率之积建立参数的关系式，得直线l过定点，得点的轨迹是以为直径的圆（除去点），建立点H的轨迹方程.
【解析】（1）由题意可得，解得，所以椭圆方程为.
（2）当直线的斜率存在时，可设l：，，，
与椭圆方程联立，，得，
，，，
因为直线和的斜率之积与椭圆的离心率互为相反数，
所以，
得，即，所以或，
当时，经过定点，与A重合，舍去，
当时，，经过定点，
当直线的斜率不存在时，l：，此时，，满足条件，
因为，，
所以点的轨迹是以为直径的圆（除去点），圆心坐标为，半径为，
所以点的轨迹方程为.
8．（2024·北京东城·高三统考期末）已知椭圆的右焦点为，左､右顶点分别为，.
（1）求椭圆的方程；
（2）设是坐标原点，是椭圆上不同的两点，且关于轴对称，分别为线段的中点，直线与椭圆交于另一点.证明：三点共线.
【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）由题意得，结合平方关系即可得解.
（2）由题意不妨设，则，将直线的方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理得点坐标，要证三点共线，只需证明即可，在化简时注意利用，由此即可顺利得证.
【解析】（1）由题意，
所以，所以椭圆的方程为.
（2）由题意不妨设，
其中，即，
则，且直线的方程为，
将其与椭圆方程联立得，
消去并化简整理得，
由韦达定理有，
所以，，
即点，
而，
，
所以三点共线.
9．（2024·湖南邵阳·统考一模）已知椭圆的短轴长为，左顶点到左焦点的距离为1.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图所示，点A是椭圆的右顶点，过点的直线与椭圆交于不同的两点，且都在轴的上方，点的坐标为.证明：.
【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）根据已知列出关于的方程组，求解得出的值，即可得出答案；
（2）根据已知设直线方程为，与椭圆方程联立，得出一元二次方程.设，根据韦达定理得出坐标之间的关系，进而表示出，求和化简推得，转化为角之间的关系，即可得出证明.
【解析】（1）依题意得解得，
所以，椭圆的标准方程为.
（2）由已知，直线过点，与椭圆交与不同的两点，
且都在轴上方可得，直线的斜率存在且不为0，
设直线方程为.
联立方程，可得.
计算，
可得，且.
设，
由韦达定理可得.
又，
所以，
.
因为，
所以，，.
，，
所以，，.
10．（2024·内蒙古锡林郭勒盟·高三统考开学考试）已知椭圆E：经过点，右焦点为．
（1）求E的标准方程；
（2）已知A，B分别为E的上顶点和下顶点，过点且斜率存在的直线l与E交于C、D两点，证明：直线AC与直线BD的交点M在定直线上．
【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）根据题意得出关于，的方程组，从而得解；
（2）设出C、D、M点的坐标，直线和椭圆联立方程组，得出韦达定理，联立直线AC与直线BD，求出交点M的坐标，将韦达定理代入求解可得.
【解析】（1）因为椭圆E：经过点，右焦点为
所以，解得，，
椭圆E的标准方程为：．
（2）设直线，记，，
联立直线和椭圆方程，
化简整理得，，
恒成立，
由韦达定理得，，
记、，，
因为直线：，：，
所以，
两式相除，得
，解得，
所以直线与直线的交点M在定直线上．
1．（2023·北京·统考高考真题）已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，．
（1）求的方程；
（2）设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：．
【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）结合题意得到，，再结合，解之即可；
（2）依题意求得直线、与的方程，从而求得点的坐标，进而求得，再根据题意求得，得到，由此得解.
【解析】（1）依题意，得，则，
又分别为椭圆上下顶点，，所以，即，
所以，即，则，
所以椭圆的方程为.
（2）因为椭圆的方程为，所以，
因为为第一象限上的动点，设，则，
易得，则直线的方程为，
，则直线的方程为，
联立，解得，即，
而，则直线的方程为，
令，则，解得，即，
又，则，，
所以
，
又，即，
显然，与不重合，所以.
2．（2023·全国·统考高考真题）已知直线与抛物线交于两点，且．
（1）求；
（2）设F为C的焦点，M，N为C上两点，，求面积的最小值．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）利用直线与抛物线的位置关系，联立直线和抛物线方程求出弦长即可得出；
（2）设直线：，利用，找到的关系，以及的面积表达式，再结合函数的性质即可求出其最小值．
【解析】（1）设，
由可得，，所以，
所以，
即，因为，解得：．
（2）因为，显然直线的斜率不可能为零，
设直线：，，
由可得，，所以，，
，
因为，所以，
即，
亦即，
将代入得，，，
所以，且，解得或．
设点到直线的距离为，所以，
，
所以的面积，
而或，
所以，当时，的面积．
3．（2023·全国·统考高考真题）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．
【答案】（1）；（2）证明见解析
【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.
【解析】（1）由题意可得，解得，所以椭圆方程为.
（2）由题意可知：直线的斜率存在，设，
联立方程，消去y得：，
则，解得，
可得，
因为，则直线，
令，解得，即，同理可得，
则
，
所以线段的中点是定点.
4．（2023·天津·统考高考真题）已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知．
（1）求椭圆的方程和离心率；
（2）点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程．
【答案】（1）椭圆的方程为，离心率为；（2）.
【分析】（1）由解得，从而求出，代入椭圆方程即可求方程，再代入离心率公式即求离心率.
（2）先设直线的方程，与椭圆方程联立，消去，再由韦达定理可得，从而得到点和点坐标.由得，即可得到关于的方程，解出，代入直线的方程即可得到答案.
【解析】（1）如图，
由题意得，解得，所以，
所以椭圆的方程为，离心率为.
（2）由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得，
设直线的方程为，
联立方程组，消去整理得：，
由韦达定理得，所以，
所以，.
所以,,，
所以，
所以，即，解得，
所以直线的方程为.
5．（2023·全国·统考高考真题）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为．
（1）求的方程；
（2）已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于．
【答案】（1）；（2）见解析
【分析】（1）设，根据题意列出方程，化简即可；
（2）法一：设矩形的三个顶点，且，分别令，，且，利用放缩法得，设函数，利用导数求出其最小值，则得的最小值，再排除边界值即可.
法二：设直线的方程为，将其与抛物线方程联立，再利用弦长公式和放缩法得，利用换元法和求导即可求出周长最值，再排除边界值即可.
法三：利用平移坐标系法，再设点，利用三角换元再对角度分类讨论，结合基本不等式即可证明.
【解析】（1）设,则，两边同平方化简得，故.
（2）法一：设矩形的三个顶点在上,且，
易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，
则,令，
同理令，且，则，
设矩形周长为,由对称性不妨设，，
则，
易知，则令,
令，解得，
当时，，此时单调递减，
当，，此时单调递增，
则，故,即.
当时,,且，
即时等号成立，矛盾，故,得证.
法二：不妨设在上，且，
依题意可设，易知直线，的斜率均存在且不为0，
则设,的斜率分别为和，由对称性，不妨设，
直线的方程为，
则联立得，
，则，则，
同理，
令，则，设，
则，令，解得，
当时，，此时单调递减，
当，，此时单调递增，
则，，
但，
此处取等条件为，与最终取等时不一致，故.
法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动个单位得抛物线,
矩形变换为矩形,则问题等价于矩形的周长大于.
设 , 根据对称性不妨设 .
则 , 由于 , 则 .
由于 , 且 介于 之间,
则 . 令 ,
,则，
从而
故
①当时，
②当 时,由于,从而,
从而又，故，
由此
，
当且仅当时等号成立，故，故矩形周长大于.
6．（2023·全国·统考高考真题）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.
【答案】（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.
【解析】（1）设双曲线方程为，由焦点坐标可知，
则由可得，，
双曲线方程为.
（2）由（1）可得，设，
显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且，
与联立可得，且，
则，
直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得：
，
由可得，即，
据此可得点在定直线上运动.
7．（2022·全国·统考高考真题）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.
【答案】（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.
【解析】（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.
8．（2022·全国·统考高考真题）已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0．
（1）求l的斜率；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）由点在双曲线上可求出，易知直线l的斜率存在，设，，再根据，即可解出l的斜率；
（2）根据直线的斜率之和为0可知直线的倾斜角互补，根据即可求出直线的斜率，再分别联立直线与双曲线方程求出点的坐标，即可得到直线的方程以及的长，由点到直线的距离公式求出点A到直线的距离，即可得出的面积．
【解析】（1）因为点在双曲线上，
所以，解得，即双曲线．
易知直线l的斜率存在，设，，
联立可得，，
所以，，
且．
所以由可得，，
即，
即，
所以，
化简得，，即，所以或，
当时，直线过点，与题意不符，舍去，
故．
（2）［方法一］：【最优解】常规转化
不妨设直线的倾斜角为，
因为，所以，由（1）知，，
当均在双曲线左支时，，所以，
即，解得（负值舍去）
此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；
当均在双曲线右支时，
因为，所以，即，
即，解得（负值舍去），
于是，直线，直线，
联立可得，，
因为方程有一个根为，所以，，
同理可得，，．
所以，，点到直线的距离，
故的面积为．
［方法二］： 设直线AP的倾斜角为，，由，得，
由，得，即，
联立，及得，，
同理，，，故，
而，，
由，得，
故
9．（2022·全国·统考高考真题）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．
【答案】（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.
【解析】（1）设椭圆E的方程为，过，
则，解得，，
所以椭圆E的方程为：.
（2），所以，
①若过点的直线斜率不存在，直线.代入，
可得，，代入AB方程，可得
，由得到.
求得HN方程：，过点.
②若过点的直线斜率存在，设.
联立得，
可得，，且
联立可得
可求得此时，
将，代入整理得，
将代入，得显然成立，
综上，可得直线HN过定点
10．（2022·全国·统考高考真题）设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，．
（1）求C的方程；
（2）设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由抛物线的定义可得，即可得解；
（2）法一：设点的坐标及直线，由韦达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，设直线，结合韦达定理可解.
【解析】（1）抛物线的准线为，当与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
此时，所以，所以抛物线C的方程为；
（2）[方法一]：【最优解】直线方程横截式
设，直线，
由可得，，
由斜率公式可得，，
直线，代入抛物线方程可得，
，所以，同理可得，
所以
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为，所以，
若要使最大，则，设，
则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，设直线，
代入抛物线方程可得，
，所以，所以直线.
[方法二]：直线方程点斜式
由题可知，直线MN的斜率存在.
设,直线
由得：，,同理，.
直线MD:,代入抛物线方程可得：，同理，.
代入抛物线方程可得:,所以，同理可得，
由斜率公式可得：
（下同方法一）若要使最大，则，
设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，设直线，
代入抛物线方程可得，，
所以，所以直线.
[方法三]：三点共线
设，
设,若 P、M、N三点共线，由
所以，化简得，
反之，若,可得MN过定点
因此，由M、N、F三点共线，得，
由M、D、A三点共线，得，
由N、D、B三点共线，得，
则，AB过定点（4,0）
（下同方法一）若要使最大，则，
设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，所以直线.
求最值及问题常用的两种方法：
（1）几何法：题中给出的条件有明显的几何特征，则考虑用几何图形性质来解决；
（2）代数法：题中所给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求该函数的最值，求函数的最值常见的方法有基本不等式法、单调性法、导数法和三角换元法等。
圆锥曲线的取范围问题
1、利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
2、利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
3、利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
4、利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；
5、利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．
圆锥曲线的定值问题
（1）解析几何中的定值问题是指某些几何量（线段长度，图形面积，角度，直线的斜率等）的大小或某些代数表达式的值和题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值，
求定值问题常见的解题方法有两种：
法一、先猜后证（特例法）：从特殊入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关；
法二、引起变量法（直接法）：直接推理、计算，并在计算推理过程中消去参数，从而得到定值。
（2）直接法解题步骤
第一步设变量：选择适当的量当变量，一般情况先设出直线的方程：或、点的坐标；
第二步表示函数：要把证明为定值的量表示成上述变量的函数，一般情况通过题干所给的已知条件，进行正确的运算，将需要用到的所有中间结果（如弦长、距离等）用引入的变量表示出来；
第三步定值：将中间结果带入目标量，通过计算化简得出目标量与引入的变量无关，是一个常数。
圆锥曲线的定点问题
1、参数无关法：把直线或者曲线方程中的变量，当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时的参数的系数就要全部为零，这样就得到一个关于，的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点。
2、特殊到一般法：根据动点或动直线、动曲线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关。
3、关系法：对满足一定条件上的两点连结所得直线定点或满足一定条件的曲线过定点问题，可设直线（或曲线）上两点的坐标，利用坐标在直线（或曲线）上，建立点的坐标满足方程（组），求出相应的直线（或曲线），然后再利用直线（或曲线）过定点的知识求解。
解决圆锥曲线中动点在定直线问题的解题步骤：
1、联立直线与圆锥曲线的方程消元；2、挖掘图形中的对称性，解出动点横坐标或纵坐标；3、将动点的横纵坐标分别用参数表示，再消去参数；4、设点，将方程变形解出定直线方程。
求解动点的轨迹方程的常见方法：
（1）定义法：如果动点的运动规律符合我们已知的某种曲线（如圆、椭圆、双曲线、抛物线）的定义，则可先设出轨迹方程，再根据已知条件待定方程中的参数，即可求得轨迹方程；
（2）直接法：如果动点的运动规律满足的等量关系容易建立，则可用点的坐标表示该等量关系，即可得轨迹方程；
（3）相关点法：如果动点的运动是由另外一点的运动引发的，而点的运动规律已知（坐标满足某已知的曲线方程），则用点的坐标表示出相关点的坐标，然后将点的坐标代入已知曲线方程，即可得到点的轨迹方程；
（4）交轨消参法：在求动点轨迹时，有时会出现要求两动曲线交点的轨迹问题，这类问题通常通过解方程组得出交点（含参数）的坐标，再消去参数求得所求的轨迹方程.
角度关系的证明往往转化为斜率问题或坐标问题，其中角相等问题优先考虑转为斜率之和为零处理，或考虑用向量进行计算。
三点共线问题证明的解题策略一般有以下几种：
（1）斜率法：若过任意两点的直线的斜率都存在，通过计算证明过任意两点的直线的斜率相等来证明三点共线；
（2）距离法：计算出任意两点间的距离，若某两点间的距离等于另外两个距离之和，则这三点共线；
（3）向量法：利用向量共线定理证明三点共线；
（4）直线方程法：求出过其中两点的直线方程，在证明第三点也在该直线上；
（5）点到直线的距离法：求出过其中某两点的直线方程，计算出第三点到该直线的距离，若距离为0，则三点共线；
（6）面积法：通过计算求出以三点为三角形的面积，若面积为0，则三点共线，在处理三点共线问题，离不开解析几何的重要思想：“设而不求思想”。
圆锥曲线存在性问题的解题技巧：
1、特殊值（点）法：对于一些复杂的题目，可通过其中的特殊情况，解得所求要素的必要条件，然后再证明求得的要素也使得其他情况均成立；
2、假设法：先假设存在，推证满足条件的结论。若结论正确，则存在；若结论不正确，则不存在。
将直线的方程与圆锥曲线方程联立，消去，得到关键方程（设方程的两根和），在某些问题中，可能会涉及到需计算两根系数不相同的代数式。例如，运算过程中出现了、等结构，且无法直接通过合并同类项化为系数相同的情况处理，像这种非对称的结构，通常是无法根据伟大定理直接求出的，此时一般的处理技巧是抓住和的关系将两根积向两根和转化，通过局部计算、整体约分的方法解决问题。