2025年高考数学大题突破+限时集训(新高考专用)大题04教师几何(6大题型)(学生版+解析)

大题04解析几何根据近几年的高考情况，解析几何是高考解答题必考题目，考查的内容比较多，比较广泛。本篇主要总结了高考中经常出现的定点，定值，以及面积面积范围问题。对于解析几何中的范围问题，非对称问题。新高考中新定义问题也是解析几何考查的一个重要方向。预计2025年高考中解析几何依然会以这几种形式出现。题型一解析几何中的面积问题1．（24-25高三下·浙江杭州·阶段练习）已知等轴双曲线的左右焦点分别为，经过点的直线与的渐近线相交于点，点的横坐标为，是线段的中点，经过点的直线与相交于两点．(1)求双曲线的方程；(2)当的面积为时，求的方程．2（24-25高三上·安徽阜阳·期末）已知线段，动点与点、的斜率之积为，点在线段上，且，过作两条互相垂直的直线和动点的轨迹分别交于点、和点、．(1)建立适当坐标系，求动点的轨迹的方程，(2)求四边形面积的最小值．1．（24-25高三下·山东德州·开学考试）已知抛物线的焦点为，且为上不重合的三点.(1)若，求的值；(2)过两点分别作的切线与相交于点，若，求面积的最大值.2．（2025·江西新余·模拟预测）已知抛物线与直线交于两点，为坐标原点，.(1)求的值；(2)设为上且不与O重合的一点，（ⅰ）若与面积相等，求的坐标；（ⅱ）若在曲线段上，求面积的最大值.题型二解析几何中定值定点问题1（2025·湖南岳阳·一模）已知抛物线的焦点为，点在直线上，是抛物线上两个不同的点.(1)求抛物线的方程；(2)设直线的斜率为，若，证明：直线过定点，并求定点坐标.2（24-25高三下·河北保定·开学考试）如图，过点作两直线分别交抛物线于四点，且点，C在第一象限.

(1)设两点的纵坐标分别为，求的值；(2)若直线分别交轴于两点，以线段为直径作，过原点作的切线交于点，证明：的值为定值.解决直线与圆锥曲线相交（过定点、定值）问题的常用步骤：（1）得出直线方程，设交点为，；（2）联立直线与曲线方程，得到关于或的一元二次方程；（3）写出韦达定理；（4）将所求问题或题中关系转化为，形式；（5）代入韦达定理求解.过程步骤：圆锥曲线中直线过定点问题，设动直线与圆锥曲线的交点坐标为，直线方程代入曲线方程后应用韦达定理得，利用这两个交点的坐标写出要求过定点的直线的方程，可根据直线的变化确定定点的位置，然后代入韦达定理的结论及利用定点所在的直线方程（得交点的横纵坐标关系）求出定点坐标．1．（24-25高三下·云南德宏·阶段练习）已知P是抛物线C：()上任意一点，且点P到C的焦点F的最短距离为．(1)求抛物线C的方程；(2)设M是直线上除与x轴交点外的一动点，直线l与抛物线C相交于A，B两点，且直线AM与直线BM的斜率之和等于点M纵坐标的相反数，证明：直线l过定点．2．（24-25高三下·山西·开学考试）已知双曲线：的右焦点为，且到的其中一条渐近线的距离为.(1)求的方程；(2)设，过点的直线与相交于两点，是否存在正数，使得为常数？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.题型三解析几何中证明类问题1．（2025·重庆·一模）已知抛物线，过点的直线与抛物线交于、两点，在轴上方，，均垂直于的准线，垂足分别为，．(1)当时，求直线的方程；(2)已知为坐标原点，证明：．2（2025·陕西西安·二模）已知为椭圆的右焦点，过点作与轴平行的直线，该直线与椭圆交于两点（点在第一象限），当时，.(1)求椭圆的标准方程；(2)若直线与轴交于点，证明：四点共圆.1．（24-25高三下·广西·开学考试）已知椭圆的左、右顶点分别为，且上顶点与都在直线上.(1)求的方程；(2)若点为上的一个动点，点，求的最小值；(3)若过点的直线交于两点，点是线段上异于的一点，且，证明：.2．（24-25高三下·江西·阶段练习）已知双曲线的右顶点为，且它的一条渐近线的方程为．(1)求双曲线的方程；(2)若是双曲线上异于顶点的一个动点，过点作双曲线的两条渐近线的平行线，与直线（为坐标原点）分别交于点，证明：．题型四解析几何中非对称问题（24-25高三上·湖北武汉·期末）已知椭圆C：的长轴长是短轴长的2倍，焦距为，点A，B分别为C的左、右顶点，点P，Q为C上的两个动点，且分别位于x轴上、下两侧，和的面积分别为，，记(1)求椭圆C的方程；(2)若，求证直线PQ过定点，并求出该点的坐标；(3)若，设直线AP和直线BQ的斜率分别为，，求的取值范围．1在一元二次方程中，若，设它的两个根分别为，则有根与系数关系：，借此我们往往能够利用韦达定理来快速处理之类的结构。2、但在有些问题时，我们会遇到涉及的不同系数的代数式的应算，比如求或之类的结构，就相对较难地转化到应用韦达定理来处理了．特别是在圆锥曲线问题中，我们联立直线和圆锥曲线方程，消去或，也得到一个一元二次方程，我们就会面临着同样的困难，我们把这种形如或之类中的系数不对等的情况，这些式子是非对称结构，称为“非对称韦达”．1（24-25高三上·山东潍坊·期末）已知双曲线的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为，过点的直线交于，两点.(1)求的方程；(2)设的左、右顶点分别为，，直线与直线交于点，证明：，，三点共线.2（2025·河北保定·一模）已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，点为上的动点，的周长为6.(1)求的标准方程.(2)延长线段分别交于两点，连接，并延长线段交于另一点，若直线和的斜率均存在，且分别为，试判断是否为定值.若是，求出该定值；若不是，说明理由.题型五解析几何中范围类问题1（2025·陕西榆林·模拟预测）已知平面上的动点到点的距离与到直线的距离相等，点的轨迹为曲线.(1)求曲线的方程；(2)设过点的直线交于两点，过点的直线与的另一个交点为，点在与之间.（i）证明：线段垂直于轴；（ii）记的面积为的面积为，求的取值范围.2（24-25高三下·河北邢台·阶段练习）椭圆的标准方程为，若将其绕原点逆时针旋转，得到的曲线方程为，如图所示．设椭圆的右焦点，则(1)求椭圆的标准方程．(2)点分别为椭圆的左、右顶点，直线上有一动点（不落在轴上），连接分别与椭圆交于两点、，①问直线是否恒过定点？如果是，求出定点坐标，如果不是，说明理由．②将椭圆关于直线对称得到椭圆，直线与椭圆交于、两点，求的取值范围．1（2025·安徽·一模）已知动点满足关系式.(1)求动点的轨迹方程；(2)设动点的轨迹为曲线，抛物线的焦点为，过上一点作的两条切线，切点分别为，弦的中点为，平行于的直线与相切于点.①证明：三点共线；②当直线与有两个交点时，求的取值范围.2（2025·湖北·模拟预测）已知椭圆的短轴长为，且离心率为.(1)求C的方程.(2)过点作斜率不为0的直线与椭圆C交于S，T不同的两点，再过点作直线ST的平行线与椭圆C交于G，H不同的两点.①证明：为定值.②求面积的取值范围.题型六解析几何中新定义问题（2025·河北邯郸·一模）对于给定的椭圆，与之对应的另一个椭圆（，且），则称与互为共轭椭圆.已知椭圆与椭圆互为共轭椭圆，是椭圆的右顶点.(1)求椭圆的标准方程.(2)设直线与椭圆交于，两点，且直线与直线的斜率之积为.①证明：且直线过定点.②试问在轴上是否存在异于点的点，使得直线，的斜率之积也为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由.2（2025高三·全国·专题练习）已知椭圆的左、右焦点分别为，抛物线以坐标原点为顶点，为焦点，的一个公共点为．若，则称为“－相伴”．(1)若为“－相伴”，求直线的斜率．(2)若为“－相伴”．（ⅰ）求的取值范围；（ⅱ）若，，的方程为，直线与交于点，判断是否存在定点，使得直线与的倾斜角互补，若存在，求出的值，若不存在，说明理由．关于新定义题的思路有：（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；（3）将已知条件代入新定义的要素中；（4）结合数学知识进行解答.1（24-25高三上·山东青岛·期末）圆锥曲线有着丰富的光学性质．从抛物线的焦点F处出发的光线照射到抛物线上点，经反射后的光线平行于抛物线的轴．若点P在第一象限、直线l与抛物线相切于点P．(1)已知点，求切线l的方程；(2)过原点作切线l的平行线，交PF于点S，若．（i）求抛物线的方程；（ii）过准线上点N作圆的两条切线，且分别与交于两点和两点．是否存在圆M，使得当点N运动时，为定值？并说明理由．2．（2025高三·全国·专题练习）定义：对于椭圆上不同的两点，，若向量，满足，则称点为该椭圆的一个“类共轭点对”，点为一对类互为共轭点．已知为坐标原点，点，是焦距为4的椭圆的一个“0类共轭点对”，且．(1)求椭圆的标准方程．(2)已知点是椭圆上的一个动点，点是上不同的两点，且都与点是一对类互为共轭点，点关于轴的对称点为，若直线的斜率都存在，设直线的斜率分别为，试探究是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．1．（2025·河南·二模）已知椭圆的焦距为，且过点.(1)求椭圆的标准方程；(2)过点作两条直线分别交椭圆于，两点，若直线平分，求证：直线的斜率为定值，并求出这个定值.2．（24-25高三下·青海海东·阶段练习）已知双曲线的离心率为，直线与交于，两点．点在上，且直线与轴垂直．(1)求的标准方程．(2)试问直线是否过定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由．(3)设直线与轴交于点，，求面积的最大值．3．（24-25高三下·浙江·阶段练习）已知抛物线，为的焦点，为的准线是上两点，且（O为坐标原点），过作，垂足为D，点D的坐标为.(1)求C的方程；(2)在C上是否存在点，使得过F的任意直线交C于S，T两点，交l于M，直线的斜率均成等差数列？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.4．（2025·甘肃·一模）设为坐标原点，点，、为椭圆上的两个动点，.(1)证明：向量是直线的一个法向量；(2)若线段与椭圆交于点，求面积的最大值.5．（2025·河北秦皇岛·一模）已知双曲线的左、右焦点分别为，过点作斜率为的直线，直线与双曲线交于点，且的内切圆半径恰为.(1)求双曲线的方程.(2)若直线交双曲线的右支于两点，线段的中垂线过点.（i）证明：.（ii）求的取值范围.6．（24-25高三下·陕西咸阳·阶段练习）在平面直角坐标系中，已知点，动点到点和的距离之和为4．记动点的轨迹为曲线．(1)求曲线的方程；(2)设直线与曲线交于两点．①若点，直线过点且与直线垂直，求的周长；②若，求面积的取值范围．7．（24-25高三上·上海·阶段练习）设双曲线的方程为(常数.(1)若双曲线的焦距为4，求两条渐近线的夹角；(2)设是第一象限内双曲线上一点，是双曲线右顶点，当为等腰三角形时，求点的坐标；(3)设是直线上一点.已知过点的直线、的斜率分别为，分别与交于和，当时，求的值.8．（24-25高三下·安徽阜阳·开学考试）阿基米德(公元前287年-公元前212年)不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率π等于椭圆的长半轴与短半轴的乘积.已知在平面直角坐标系中，椭圆C:的面积为，椭圆的焦距为.(1)求椭圆的标准方程.(2)已知直线与椭圆C有两个不同的交点，，，分别为椭圆的上、下顶点，设为直线上一点，且直线，的斜率的积为，证明:点在轴上.9．（24-25高三上·广东湛江·期末）已知和为椭圆上两点．(1)求椭圆的方程；(2)若点在椭圆上，是椭圆的两焦点，且，求的面积；(3)过点的直线与椭圆交于两点，证明：为定值．1．（2024·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知和为椭圆上两点.(1)求C的离心率;(2)若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程．2．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.(1)若，求；(2)证明：数列是公比为的等比数列；(3)设为的面积，证明：对任意正整数，.3．（2024·全国甲卷·高考真题）已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴．(1)求的方程；(2)过点的直线交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：轴．4．（2023·全国·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．5．（2023·新课标Ⅱ卷·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.6．（2023·全国乙卷·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．7．（2023·全国甲卷·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．8．（2022·全国乙卷·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．9．（2022·全国甲卷·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．10．（2022·新高考全国Ⅰ卷·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．11．（2022·新高考全国Ⅱ卷·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.大题04解析几何根据近几年的高考情况，解析几何是高考解答题必考题目，考查的内容比较多，比较广泛。本篇主要总结了高考中经常出现的定点，定值，以及面积面积范围问题。对于解析几何中的范围问题，非对称问题。新高考中新定义问题也是解析几何考查的一个重要方向。预计2025年高考中解析几何依然会以这几种形式出现。题型一解析几何中的面积问题1．（24-25高三下·浙江杭州·阶段练习）已知等轴双曲线的左右焦点分别为，经过点的直线与的渐近线相交于点，点的横坐标为，是线段的中点，经过点的直线与相交于两点．(1)求双曲线的方程；(2)当的面积为时，求的方程．【思路分析】（1）设双曲线方程为，求的坐标，求双曲线的渐近线方程，讨论的位置，求点的坐标，列方程求，由此可得结论；（2）设的方程为，联立方程组，结合设而不求法表示的面积，列方程求可得结论.【规范答题】（1）因为双曲线为等轴双曲线，故可设双曲线方程为，则，，所以双曲线的渐近线方程为，若点在渐近线上，则，故，代入渐近线，可得，所以双曲线的方程为，若点在渐近线上，则，故，代入渐近线，可得，所以双曲线的方程为，故双曲线方程为.（2）由题直线不与轴垂直，不妨设的方程为，联立，消可得，由已知，，设，，由已知为方程的根，所以，，所以，又点到直线的距离，所以的面积，所以，所以直线的方程为或.2（24-25高三上·安徽阜阳·期末）已知线段，动点与点、的斜率之积为，点在线段上，且，过作两条互相垂直的直线和动点的轨迹分别交于点、和点、．(1)建立适当坐标系，求动点的轨迹的方程，(2)求四边形面积的最小值．【思路分析】（1）利用椭圆的定义即可得到动点的轨迹的方程；（2）设其中一条直线的方程为，可得，另一条直线的方程为，可得，故，通过换元结合均值不等式可得结果.【规范答题】（1）以中点为原点，所在直线为轴，线段的垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系如图所示，则，，设，由得，，化简整理，得，即．（2）由题意的斜率存在且不为0，设为在线段上，，则，设,,由，消元，得，，，，同理可得：，，令，，，，当且仅当，即时等号成立．四边形面积的最小值为．1．（24-25高三下·山东德州·开学考试）已知抛物线的焦点为，且为上不重合的三点.(1)若，求的值；(2)过两点分别作的切线与相交于点，若，求面积的最大值.【答案】(1)3(2)8【详解】（1）抛物线的焦点，准线，设，由，得，即，所以.（2）显然直线的斜率不为0，设直线的方程为，由得：，，，由，得，求导得，则切线的方程为，即，同理，切线的方程为，由，解得，即，则点到直线的距离为，由，化简得：，因此，当且仅当时取等号，所以面积的最大值为8.2．（2025·江西新余·模拟预测）已知抛物线与直线交于两点，为坐标原点，.(1)求的值；(2)设为上且不与O重合的一点，（ⅰ）若与面积相等，求的坐标；（ⅱ）若在曲线段上，求面积的最大值.【答案】(1)2(2)（ⅰ）或或；（ⅱ）【分析】（1）设：，直曲联立，结合韦达定理和垂直向量坐标表示计算即可.（2）（ⅰ）与有相同的底，只需要其高相同即可.直曲联立求解即可.（ⅰⅰ）的底，要使高最大，即：与相切：直曲联立，用根的判别式，结合面积公式计算即可.【详解】（1）设：，则：而，所以.（2）（ⅰ），与有相同的底，只需要其高相同即可.①设：，，故②设：，或，即：或综上：或或（ⅱ）的底要使高最大，即：与相切：，，此时，，，.

题型二解析几何中定值定点问题1（2025·湖南岳阳·一模）已知抛物线的焦点为，点在直线上，是抛物线上两个不同的点.(1)求抛物线的方程；(2)设直线的斜率为，若，证明：直线过定点，并求定点坐标.【思路分析】（1）根据抛物线焦点坐标求解即可；（2）法一：设所在直线方程为，联立，根据韦达定理代入求解即可；法二：先讨论当直线的斜率不存在时，直线过点，再分析当直线的斜率存在时，设所在直线方程为，联立，再根据求解即可.【规范答题】（1）的焦点在轴上，为，直线与轴的交点坐标为，则，即所以抛物线为（2）法一：由题意可知所在直线斜率不为0，设所在直线方程为，联立，化简可得：，则，又则，满足（*）式即直线恒过点法二：当直线的斜率不存在时，设，所以，所以，所以直线的方程为；当直线的斜率存在时，设所在直线方程为，联立，化简可得：，由题意可知即（*）；由韦达定理知，所以，所以，满足（*）式；所以所在直线方程为综上，直线恒过点2（24-25高三下·河北保定·开学考试）如图，过点作两直线分别交抛物线于四点，且点，C在第一象限.

(1)设两点的纵坐标分别为，求的值；(2)若直线分别交轴于两点，以线段为直径作，过原点作的切线交于点，证明：的值为定值.【思路分析】（1）设直线，代入抛物线方程，利用根与系数的关系可得结论；（2）设，直线：，直线，直线，由（1）类似可得，联立与抛物线方程，由根与系数的关系可得，同理可得，可而计算可得，利用条件可求得，可证结论.【规范答题】（1）设直线，代入，可得，则.（2）设，直线：，直线，直线，由（1）同理可知.将，代入，可得，则，同理，故，又，可得.易知的中点为的半径为，故的方程为，，可得，故的值为定值.解决直线与圆锥曲线相交（过定点、定值）问题的常用步骤：（1）得出直线方程，设交点为，；（2）联立直线与曲线方程，得到关于或的一元二次方程；（3）写出韦达定理；（4）将所求问题或题中关系转化为，形式；（5）代入韦达定理求解.过程步骤：圆锥曲线中直线过定点问题，设动直线与圆锥曲线的交点坐标为，直线方程代入曲线方程后应用韦达定理得，利用这两个交点的坐标写出要求过定点的直线的方程，可根据直线的变化确定定点的位置，然后代入韦达定理的结论及利用定点所在的直线方程（得交点的横纵坐标关系）求出定点坐标．1．（24-25高三下·云南德宏·阶段练习）已知P是抛物线C：()上任意一点，且点P到C的焦点F的最短距离为．(1)求抛物线C的方程；(2)设M是直线上除与x轴交点外的一动点，直线l与抛物线C相交于A，B两点，且直线AM与直线BM的斜率之和等于点M纵坐标的相反数，证明：直线l过定点．【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）根据抛物线的定义有，结合其最小值得，即可得抛物线方程；（2）设()，，，直线l的方程为，联立抛物线并应用韦达定理得，，结合求得，即可证结论.【详解】（1）设，易知，准线方程为，所以．当时，取得最小值，由，解得，则抛物线C为．（2）设()，，，因为直线l的斜率显然不为0，所以设直线l的方程为，联立，消去x得，，所以，，恒成立，解得，符合，故直线l过定点.2．（24-25高三下·山西·开学考试）已知双曲线：的右焦点为，且到的其中一条渐近线的距离为.(1)求的方程；(2)设，过点的直线与相交于两点，是否存在正数，使得为常数？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在，【分析】（1）根据双曲线的性质和点到直线的距离公式求出即可；（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理和斜率公式求解即可，注意讨论直线斜率不存在的情况.【详解】（1）易得双曲线C的半焦距，又到的其中一条渐近线的距离为，由对称性不妨取该渐近线为，则，所以，，所以C的方程为.（2）当直线的斜率存在时，设的方程为，，，

由消去得，则，恒成立，所以，.假设存在正数，使得为常数，则，要使为常数，则，解得，此时点，；当直线的斜率不存在时，直线的方程为，代入双曲线得，不妨取，，若，则；综上，存在正数，使得为常数.题型三解析几何中证明类问题1．（2025·重庆·一模）已知抛物线，过点的直线与抛物线交于、两点，在轴上方，，均垂直于的准线，垂足分别为，．(1)当时，求直线的方程；(2)已知为坐标原点，证明：．【思路分析】（1）由题意设直线的方程为：，与抛物线方程联立，可得根与系数的关系.由结合根与系数关系可求出的值，从而得到直线的方程.（2）由向量共线的坐标运算可得在线段上；同理，在线段上，由，可得相似三角形，由相似比即可得证.【规范答题】（1）

由题意，为抛物线的焦点．设．设直线的方程为：，代入，得：．则①，②．因为，所以，即③．由①③得：．又由②，解得．因为，所以．直线的方程为．（2）由题意，．因为，所以在线段上．同理，在线段上．因为，所以与相似，从而，即．2（2025·陕西西安·二模）已知为椭圆的右焦点，过点作与轴平行的直线，该直线与椭圆交于两点（点在第一象限），当时，.(1)求椭圆的标准方程；(2)若直线与轴交于点，证明：四点共圆.【思路分析】（1）由题意得①，把代入中，求得点的坐标，利用可得，代入坐标化简得，由①，②联立求出即得椭圆方程；（2）先由点关于轴对称，设出的外接圆圆心，将代入求得，写出的外接圆的方程，利用点在该圆上，化简得出该圆方程：，再由直线与轴交于点求出点坐标，证明其在该圆上即可.【规范答题】（1）依题，，即①，把代入中，解得，因点在第一象限，则，由可得，代入点的坐标可得：，即得，整理得：②，将①代入②可得：，解得（负值舍去），则，故椭圆的标准方程为：.（2）依题意，点关于轴对称，故的外接圆圆心在轴上，设，将代入，解得，依题意，，则的外接圆半径为，于是的外接圆的方程为：，因点在该圆上，代入解得，故的外接圆的方程可化简为：（*）.又直线的方程为：，令，可得，将其代入（*），可得：，即点在该圆上，故四点共圆.

【点睛】关键点点睛：证明四点共圆问题，一般先由其中三点建立其外接圆方程，再证明第四个点在该圆上即可.1．（24-25高三下·广西·开学考试）已知椭圆的左、右顶点分别为，且上顶点与都在直线上.(1)求的方程；(2)若点为上的一个动点，点，求的最小值；(3)若过点的直线交于两点，点是线段上异于的一点，且，证明：.【答案】(1)(2)(3)证明见解析【详解】（1）在直线方程中，令，得，即，则，令，得，即，则，所以的方程为.（2）设，则，，因此，当且仅当时取等号，所以的最小值为.（3）当直线的斜率为0时，不妨记，而，由，得，则，因此；当直线的斜率不为0时，设，直线的方程为，由消去得，则，，且，如图，由，得点在线段的垂直平分线上，即，显然，设，即，于是，由点在直线上，得，则，整理得，于是，因此，，所以.2．（24-25高三下·江西·阶段练习）已知双曲线的右顶点为，且它的一条渐近线的方程为．(1)求双曲线的方程；(2)若是双曲线上异于顶点的一个动点，过点作双曲线的两条渐近线的平行线，与直线（为坐标原点）分别交于点，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据双曲线右顶点坐标可直接得到的值，再结合渐近线方程求出的值，进而得到双曲线方程.（2）先设出点的坐标，写出直线的方程，运用向量共线，求出点、的坐标，接着计算用表示，结合是双曲线上异于顶点的一个动点，最后证明它们相等.【详解】（1）解：由题意知解得故双曲线的方程为．（2）证明：设，，，直线的方程分别为，．因为，，所以，，所以，．所以，．故．因为，所以．题型四解析几何中非对称问题（24-25高三上·湖北武汉·期末）已知椭圆C：的长轴长是短轴长的2倍，焦距为，点A，B分别为C的左、右顶点，点P，Q为C上的两个动点，且分别位于x轴上、下两侧，和的面积分别为，，记(1)求椭圆C的方程；(2)若，求证直线PQ过定点，并求出该点的坐标；(3)若，设直线AP和直线BQ的斜率分别为，，求的取值范围．【思路分析】（1）根据题意，列出关于的方程组，求得的值，即可得到椭圆方程；（2）由图形对称性可知定点在x轴上，设，由题意得，求解即可.（3）设直线PQ的方程为，，，并表示联立由韦达定理得，，代入化简并结合即可得所求.【规范答题】（1）由题意知，，，又，，，所以椭圆C的方程为：（2）证明：由知，，由图形对称性可知，定点M在x轴上，设直线PQ方程为：，，，，，解得，即定点坐标为（3）设直线PQ的方程为，，联立可得，则，，且于是，，，即的范围是1在一元二次方程中，若，设它的两个根分别为，则有根与系数关系：，借此我们往往能够利用韦达定理来快速处理之类的结构。2、但在有些问题时，我们会遇到涉及的不同系数的代数式的应算，比如求或之类的结构，就相对较难地转化到应用韦达定理来处理了．特别是在圆锥曲线问题中，我们联立直线和圆锥曲线方程，消去或，也得到一个一元二次方程，我们就会面临着同样的困难，我们把这种形如或之类中的系数不对等的情况，这些式子是非对称结构，称为“非对称韦达”．1（24-25高三上·山东潍坊·期末）已知双曲线的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为，过点的直线交于，两点.(1)求的方程；(2)设的左、右顶点分别为，，直线与直线交于点，证明：，，三点共线.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据离心率及焦点坐标列方程求解得出双曲线方程；（2）分直线的斜率为0和直线的斜率不为0两种情况分别检验，即可证明三点共线.【详解】（1）由题意知，因为，所以，所以，所以的方程为.（2）由题意知，，当直线的斜率为0时，：，此时，，三点共线显然成立，当直线的斜率不为0时，设：，，，联立可得，由题意得，，所以，，因为直线的方程为，令，得，所以，所以，因为，所以所以，故，，三点共线，综上得，，三点共线.【点睛】关键点点睛：证明的关键点是把三点共线转化为结合韦达定理即可求解证明.2（2025·河北保定·一模）已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，点为上的动点，的周长为6.(1)求的标准方程.(2)延长线段分别交于两点，连接，并延长线段交于另一点，若直线和的斜率均存在，且分别为，试判断是否为定值.若是，求出该定值；若不是，说明理由.【答案】(1)(2)是，【分析】（1）由已知条件结合椭圆定义、离心率公式，确定的值，得出椭圆的标准方程；（2）设，，由三点共线，可得，由直线的方程和直线的方程联立，再利用根与系数关系由分别表示出，再表示出，即可得到的值.【详解】（1）设椭圆的焦距，所以的周长为，即.又椭圆的离心率为，所以，所以，所以，所以，所以的标准方程为.（2）是定值.由（1）得，设，，又三点共线，所以，化简得，则直线的方程为，直线的方程为，由，化简得，由根与系数关系可知，，所以，同理，又，所以.题型五解析几何中范围类问题1（2025·陕西榆林·模拟预测）已知平面上的动点到点的距离与到直线的距离相等，点的轨迹为曲线.(1)求曲线的方程；(2)设过点的直线交于两点，过点的直线与的另一个交点为，点在与之间.（i）证明：线段垂直于轴；（ii）记的面积为的面积为，求的取值范围.【思路分析】（1）由题意可得动点轨迹为抛物线，由焦点和准线，可得答案；（2）（i）设出直线方程，联立抛物线方程，写出韦达定理，由设出的点的坐标，表示出直线的斜率，研究其关系，可得答案；（ii）由点的坐标，表示出三角形的面积，整理函数解析式，利用导数求得最值，可得答案.【规范答题】（1）设点，由于动点到点的距离与直线的距离相等，所以点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线.设此抛物线的方程是，则，故曲线的方程是.（2）（i）因为直线的斜率不为0，故设的方程为，联立可得：，，则，.故，故直线与直线关于轴对称，即点与点关于轴对称，所以线段垂直于轴.（ii）由（i）可知，不妨设，因为点在与之间，所以，，则，令，则，令，则，解得；令，解得.则在上单调递增，在上单调递减，，所以的取值范围为.2（24-25高三下·河北邢台·阶段练习）椭圆的标准方程为，若将其绕原点逆时针旋转，得到的曲线方程为，如图所示．设椭圆的右焦点，则(1)求椭圆的标准方程．(2)点分别为椭圆的左、右顶点，直线上有一动点（不落在轴上），连接分别与椭圆交于两点、，①问直线是否恒过定点？如果是，求出定点坐标，如果不是，说明理由．②将椭圆关于直线对称得到椭圆，直线与椭圆交于、两点，求的取值范围．【思路分析】（1）根据椭圆与对称轴联立得出，即可得出椭圆标准方程；（2）①先设直线再联立计算得，化简令代入上式得即得定点；②应用弦长公式求解，再结合对称性得出，再应用值域求解.【规范答题】（1）联立得，即，联立得，即，所以椭圆；（2）①设，，，联立得，则,联立，得，，则，代入式，，令代入上式得，直线恒过定点；②只需将直线关于对称，得，与椭圆联立求弦长即可，，，，同理，将换成得

，因为，所以，所以.1（2025·安徽·一模）已知动点满足关系式.(1)求动点的轨迹方程；(2)设动点的轨迹为曲线，抛物线的焦点为，过上一点作的两条切线，切点分别为，弦的中点为，平行于的直线与相切于点.①证明：三点共线；②当直线与有两个交点时，求的取值范围.【答案】(1)(2)①证明见解析；②的取值范围为.【分析】（1）由双曲线定义即可求解；（2）①由切线方程和导数几何意义依次求出和即可得证；②求出直线的方程，与曲线联立，利用判别式结合焦半径公式即可求解.【详解】（1）设，则即，所以由双曲线定义可知动点的轨迹是以为焦点的双曲线的下支，且所以动点的轨迹方程为.（2）①证明：由（1）曲线:,，设，对函数求导得，所以两切线方程为：，即，又切线过点P，所以，即满足，即满足方程，所以，设，则由，所以，即三点在直线上，即三点共线；②由上得，所以直线的方程为即，联立，因为直线与有两个交点，则由题意可知方程有两个不等负根，所以，所以.所以的取值范围为.2（2025·湖北·模拟预测）已知椭圆的短轴长为，且离心率为.(1)求C的方程.(2)过点作斜率不为0的直线与椭圆C交于S，T不同的两点，再过点作直线ST的平行线与椭圆C交于G，H不同的两点.①证明：为定值.②求面积的取值范围.【答案】(1)；(2)①证明见解析；②.【分析】（1）利用椭圆参数的关系即可求解椭圆方程；（2）①利用设的直线与椭圆联立方程组，利用纵坐标与斜率关系计算线段长度，，即可得到线段之积与直线系数的关系，同理计算出，再作比值，即可得到定值；②利用弦长公式和面积公式可计算出，再利用换元法,化归到对钩函数来求值域即可.【详解】（1）由已知得，因为，又由，可解得，所以椭圆方程为：.（2）①设斜率不为0的直线的方程为，联立直线和椭圆方程可得，化简得，由于椭圆与直线交于两点，，因此，所以或，根据韦达定理可得，，又因为，，因此，令的方程为，椭圆与直线交于两点，联立直线和椭圆方程，化简得，同理：，，，因此（为定值）．②由于，又由于，因此，化简可得，设，由于，因此，因此，又由于当时，，因此，因此，所以面积的取值范围为．题型六解析几何中新定义问题（2025·河北邯郸·一模）对于给定的椭圆，与之对应的另一个椭圆（，且），则称与互为共轭椭圆.已知椭圆与椭圆互为共轭椭圆，是椭圆的右顶点.(1)求椭圆的标准方程.(2)设直线与椭圆交于，两点，且直线与直线的斜率之积为.①证明：且直线过定点.②试问在轴上是否存在异于点的点，使得直线，的斜率之积也为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由.【思路分析】（1）根据共轭椭圆的定义结合已知，即可求得答案；（2）①联立直线和椭圆方程，可得根与系数的关系式，利用判别式以及直线的斜率公式化简，即可证明结论；②设，求出直线，的斜率之积的表达式，根据求定值问题可令参变量m的系数为0，即可求得答案.【规范答题】（1）由题意可设的共轭椭圆方程为，即（，且），由于是该椭圆的右顶点，即得，椭圆的标准方程；（2）①证明：联立和，

可得，需满足，即，即；设，则，则，由题意得直线与直线的斜率之积为，即，即，即，即得，解得（舍）或，则直线为直线，过定点；②假设在轴上存在异于点的点，使得直线，的斜率之积也为定值，设，由①知，，，则，要使得为定值，需，解得（舍）或，即时，为定值，即在轴上存在异于点的点，使得直线，的斜率之积也为定值.2（2025高三·全国·专题练习）已知椭圆的左、右焦点分别为，抛物线以坐标原点为顶点，为焦点，的一个公共点为．若，则称为“－相伴”．(1)若为“－相伴”，求直线的斜率．(2)若为“－相伴”．（ⅰ）求的取值范围；（ⅱ）若，，的方程为，直线与交于点，判断是否存在定点，使得直线与的倾斜角互补，若存在，求出的值，若不存在，说明理由．【思路分析】（1）根据题干列出等式，再利用对称性即可得到结果.（2）（ⅰ）根据点在上，且点在上列出等式，得到，进而得到，又，列出关于的等式，利用对勾函数的性质即可得到结果.（ⅱ）由，及（ⅰ）中得出a的值，进而求出的方程为，设出直线方程与的方程联立，用韦达定理即可得到结果.【规范答题】（1）设，由题意知的焦点为，准线为直线，由抛物线定义得点到的准线的距离．易知点在第二象限或第三象限．当点在第二象限时，设直线的倾斜角为，则，所以，，所以，即直线的斜率为．当点在第三象限时，由对称性可得直线的斜率为．综上，直线的斜率为或．（2）（ⅰ）设，由（1）知的焦点为，因为点在上，所以，因为点在轴左侧，故，故因为点在上，所以，所以，解得，所以．由椭圆的定义得，又，所以，所以，即．设，则，且，由，可得，所以，解得，即的取值范围是．（ⅱ）因为的方程为，所以，由，及（ⅰ）中，得，解得（舍去）或，所以，所以的方程为．设，，由，得，所以，，，假设存在定点，使得直线与的倾斜角互补，则直线与的斜率之和为0，即，所以，所以，即，所以存在定点，使得直线与的倾斜角互补且．关于新定义题的思路有：（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；（3）将已知条件代入新定义的要素中；（4）结合数学知识进行解答.1（24-25高三上·山东青岛·期末）圆锥曲线有着丰富的光学性质．从抛物线的焦点F处出发的光线照射到抛物线上点，经反射后的光线平行于抛物线的轴．若点P在第一象限、直线l与抛物线相切于点P．(1)已知点，求切线l的方程；(2)过原点作切线l的平行线，交PF于点S，若．（i）求抛物线的方程；（ii）过准线上点N作圆的两条切线，且分别与交于两点和两点．是否存在圆M，使得当点N运动时，为定值？并说明理由．【答案】(1)(2)（i）；（ii）存在，理由见解析【分析】（1）由点P可得抛物线方程，然后设切线方程为，将切线方程与抛物线方程联立，利用判别式为0可得斜率；（2）（i）法1，利用抛物线光学性质可得，然后由几何知识可得，即可得答案；法2，将切线方程设为，类似于（1）可得，注意到，然后由几何知识可得，即可得答案；法3，类似于法2可得切线斜率为，设直线l，PF的倾斜角分别为，经计算可得，然后由几何知识可得；法4，类似于法2可得，通过将过原点与切线平行的直线方程与直线PF的方程联立可得点S坐标，然后由结合两点间距离公式可得关于p的表达式，化简后可得答案；（ii）由（i）设，将方程与抛物线方程联立，结合韦达定理，可得关于的表达式，然后由切线到圆心距离为1可得，代入表达式可得答案.【详解】（1）因为在抛物线上，所以，所以抛物线为设切线方程为，与抛物线联立得：，所以，所以所以切线方程为：（2）（i）（法1）如图，因由光学性质可知轴，因为入射角等于反射角，所以，所以，所以，所以，所以抛物线方程为（法2）设切线l的方程为：与抛物线方程联立得，由，整理，即如图，因为，所以，又因为，所以，所以，即，所似抛物线方程为（法3）点在第一象限，同法2，求得设直线l，PF的倾斜角分别为，计算可得：即，即，所以抛物线方程为（法4）同法2，求得，所以过原点与切线平行的直线为：直线PF的方程为：，解得点S的坐标为因为，由两点距离公式可得整理得，注意到：，进一步整理可得：，所以，所以抛物线方程为（ii）由（i）可得抛物线方程为：，则准线方程为：设，，将方程与抛物线方程联立，消去x并化简可得：，又，则由韦达定理可得，同理可得.则.又与圆相切，则到圆心的距离为1，则，同理有，则为方程的两根，由韦达定理可得：.则注意到当时，切线中有一条与x轴平行，不合题意，则.要使为定值，则，又，则.故存在圆，使得当点N运动时，为定值.【点睛】关键点睛：抛物线问题存在大量相等的线段或相等的角，解决问题时可合理利用，对于定值问题，常用思路是找到定值关于所设参数的表达式，然后证明表达式与参数无关.2．（2025高三·全国·专题练习）定义：对于椭圆上不同的两点，，若向量，满足，则称点为该椭圆的一个“类共轭点对”，点为一对类互为共轭点．已知为坐标原点，点，是焦距为4的椭圆的一个“0类共轭点对”，且．(1)求椭圆的标准方程．(2)已知点是椭圆上的一个动点，点是上不同的两点，且都与点是一对类互为共轭点，点关于轴的对称点为，若直线的斜率都存在，设直线的斜率分别为，试探究是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．【答案】(1)(2)为定值，定值为【分析】（1）利用新定义“0类共轭点对”得到之间的关系,利用两点间的距离公式结合的关系求解的值，即可得解；（2）设，，，利用新定义满足，，得到直线方程：；当时，联立直线与椭圆的方程，得到根与系数的关系，进而得的值，当时，求出相关点的坐标，进而求得的值，即可得结论.【详解】（1）因为点，是焦距为4的椭圆的一个“0类共轭点对”，所以，即，所以，因为点，在椭圆上，所以，，所以，整理得，所以．所以，因为，所以，所以，，所以椭圆的标准方程为．（2）因为点在椭圆上，所以，即．设，，因为点是上不同的两点，且都与点是一对类互为共轭点，所以，，所以直线的方程为，即．当时，直线的方程为，代入，消去并整理得，所以，，所以，．由题可得，所以．当时，若，则，，此时，所以，，故；若，则，，此时，所以，，故．综上，为定值，且定值为．1．（2025·河南·二模）已知椭圆的焦距为，且过点.(1)求椭圆的标准方程；(2)过点作两条直线分别交椭圆于，两点，若直线平分，求证：直线的斜率为定值，并求出这个定值.【答案】(1)(2)证明见解析，【分析】（1）依题意得到、、的方程组，求出、即可得解；（2）依题意直线、的斜率存在且不为，设，，直线的方程为，联立直线与椭圆方程，求出，同理可得，即可求出、，即可得解.【详解】（1）依题意可得，解得，所以椭圆的标准方程为；（2）依题意直线、的斜率存在且不为，设，，直线的方程为，由，消去得，所以，因为直线平分，所以直线、的斜率互为相反数，所以设直线的方程为，同理可得，因为，，所以，又，所以，即直线的斜率为定值.2．（24-25高三下·青海海东·阶段练习）已知双曲线的离心率为，直线与交于，两点．点在上，且直线与轴垂直．(1)求的标准方程．(2)试问直线是否过定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由．(3)设直线与轴交于点，，求面积的最大值．【答案】(1)；(2)过定点；(3)【分析】（1）由离心率求得后得双曲线标准方程；（2）设设，直线方程代入双曲线方程后应用韦达定理得，由已知得，写出直线方程，并令，代入，及可求得，从而得定点坐标；（3）利用直线过定点，因此有，代入韦达定理的结论并利用函数单调性可得面积范围．【详解】（1）由已知，解得（负值舍去），所以双曲线的标准方程是；（2）设，由得，且，，所以，，因为与轴垂直，且也在双曲线上，所以，直线的方程为，又，，，所以直线的方程化为，令，得，所以，，所以直线过定点；（3）在中令得，所以，，设，设，则，因为，所以，，,所以，在上是减函数，，所以的最大值是．3．（24-25高三下·浙江·阶段练习）已知抛物线，为的焦点，为的准线是上两点，且（O为坐标原点），过作，垂足为D，点D的坐标为.(1)求C的方程；(2)在C上是否存在点，使得过F的任意直线交C于S，T两点，交l于M，直线的斜率均成等差数列？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1)(2)存在，或【分析】（1）由垂直关系得到方程，联立抛物线方程，结合韦达定理，由，列出等式求解即可；（2）假设存在满足题意，过点得动直线方程为，联立抛物线方程，结合韦达定理，由斜率公式求得得斜率，再由等差数列列出等式求解；【详解】（1）由题意可得：，所以，所以直线的方程为：，设，联立抛物线方程消去得：，所以，所以，因为，所以，即，解得：，所以抛物线方程为：（2）由（1）得，假设存在满足题意，过点得动直线方程为，联立，解得则，设，联立，消去得：，所以，直线得斜率为，直线得斜率为，直线的斜率为，因为直线的斜率均成等差数列，所以，整理得：，对任意恒成立，所以，解得：或，此时，即存在或满足题意；【点睛】关键点点睛：由韦达定理及斜率公式得到：直线得斜率为，直线得斜率为，直线的斜率为；4．（2025·甘肃·一模）设为坐标原点，点，、为椭圆上的两个动点，.(1)证明：向量是直线的一个法向量；(2)若线段与椭圆交于点，求面积的最大值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）设、，利用点差法求出直线的斜率，根据直线斜率与直线方向向量的关系可证得结论成立；（2）求出点的坐标，设直线方程为，将该直线方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，求出以及点到直线的距离，利用导数可求出面积的最大值.【详解】（1）由于点在椭圆外，、为椭圆上的两个动点，设、，，则，由①②得，即，由于直线的斜率为，所以直线的斜率为，故直线的一个方向向量为，从而为直线的一个法向量.（2）由得，即，由（1）可知，直线的斜率为，设直线方程为，若，则直线过原点，则，从而与矛盾，故，由得，则，解得或，由韦达定理可得，，所以，，由于到直线的距离，所以，令，则，令，则，当时，时；当时，.所以，函数在、上单调递增，在上单调递减，所以，当时，即当时，取到最大值.5．（2025·河北秦皇岛·一模）已知双曲线的左、右焦点分别为，过点作斜率为的直线，直线与双曲线交于点，且的内切圆半径恰为.(1)求双曲线的方程.(2)若直线交双曲线的右支于两点，线段的中垂线过点.（i）证明：.（ii）求的取值范围.【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii）【分析】（1）根据给定条件探求出的内切圆圆心坐标，借助点到直线距离公式计算可得，结合求出，进而得离心率；（2）（i）设，联立直线与双曲线的方程，结合韦达定理可得的中点为，进而结合题意列出方程即可求证；（ii）由（i）易得，，，结合弦长公式、两点间距离公式及正切函数的定义可得的取值范围，进而求解即可.【详解】（1）由题意，，直线方程为：，即，设的内切圆与三边相切的切点分别为，，，如图所示，则，即，而轴，圆半径为，则，点到直线的距离：，整理得，且，解得，又因为，可得，所以双曲线的方程为.（2）（i）设，联立，则，所以，即，且，则，则的中点为，即，因为线段的中垂线过点，则，整理得.（ii）由（i）知，，则，，则，，则，解得，又，则,又，则，即，又，则的取值范围为.6．（24-25高三下·陕西咸阳·阶段练习）在平面直角坐标系中，已知点，动点到点和的距离之和为4．记动点的轨迹为曲线．(1)求曲线的方程；(2)设直线与曲线交于两点．①若点，直线过点且与直线垂直，求的周长；②若，求面积的取值范围．【答案】(1)(2)①8；②【分析】（1）利用椭圆的定义及其标准方程即可得出；（2）①由（1）可知，为正三角形，得直线为线段的垂直平分线，则的周长为；②当直线的斜率一条为0，另一条不存在时，的面积为；当直线的斜率存在且都不为零时，设直线，与椭圆联立消去得，则，则，则得，同理可得，，代入，变形后利用基本不等式，即可求得其取值范围.【详解】（1）由题意知，，所以动点的轨迹是以和为焦点的椭圆，故可设椭圆的方程为，则，所以，所以曲线的方程为．（2）①由（1）知，，得为正三角形，则由，得直线为线段的垂直平分线，所以，且，则的周长为②（Ⅰ）当直线的斜率一条为0，另一条不存在时，的面积为，（Ⅱ）当直线的斜率存在且都不为零时，设直线，由，得，即，则，则，同理可得，，故的面积为．当且仅当，即时取最小值．综上，的面积的取值范围为．7．（24-25高三上·上海·阶段练习）设双曲线的方程为(常数.(1)若双曲线的焦距为4，求两条渐近线的夹角；(2)设是第一象限内双曲线上一点，是双曲线右顶点，当为等腰三角形时，求点的坐标；(3)设是直线上一点.已知过点的直线、的斜率分别为，分别与交于和，当时，求的值.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）首先求双曲线的值，然后求双曲线的渐近线方程，最后求两条渐近线的夹角；（2）分情况讨论，结合两点间距离公式和N是第一象限内双曲线上一点条件计算即可；（3）先设出点的坐标以及直线、的参数方程，然后将参数方程代入双曲线方程，利用参数的几何意义得到与的表达式，再结合已知条件求解的值.【详解】（1）对于双曲线，其标准方程为，其中.双曲线的焦距，则.根据双曲线的性质，已知，，代入可得，即，解得，则.

对于双曲线，其渐近线方程为.已知，，则双曲线的渐近线方程为.设渐近线的倾斜角为，则，因为倾斜角，所以.设渐近线的倾斜角为，则，因为倾斜角，所以.

两条直线夹角的范围是.两条渐近线倾斜角相差，所以两条渐近线的夹角为.（2）对于双曲线，则.已知，则双曲线方程为.分情况讨论为等腰三角形时点的坐标：情况一：当时，已知，，则.设（，），因为，根据两点间距离公式可得.又因为点在双曲线上，所以，联立方程组，解方程组：由可得，即.将代入中得：，解得或（舍去）.当时，，（），所以.情况二：当时，则，即，.联立方程组，将代入中得：，解得或（舍去）.当时，，（不满足在第一象限，舍去）.情况三：当时，两边同时平方可得，即，展开得，移项可得，解得（不满足在第一象限，舍去）.

综上所得，点的坐标为.（3）设，直线的参数方程为（为参数），其中.直线的参数方程为（为参数），其中.将直线的参数方程代入双曲线方程把代入双曲线方程，可得：展开并整理得：设、对应的参数分别为、，根据韦达定理，.由直线参数方程中参数的几何意义可知.因为，则，，代入上式可得：.同理将直线的参数方程代入双曲线方程，按照上述步骤可得.因为，所以.由于，则，即.又因为，而（因为）.由可得，即.因为，所以.【点睛】定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.8．（24-25高三下·安徽阜阳·开学考试）阿基米德(公元前287年-公元前212年)不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率π等于椭圆的长半轴与短半轴的乘积.已知在平面直角坐标系中，椭圆C:的面积为，椭圆的焦距为.(1)求椭圆的标准方程.(2)已知直线与椭圆C有两个不同的交点，，，分别为椭圆的上、下顶点，设为直线上一点，且直线，的斜率的积为，证明:点在轴上.【答案】(1)+y2=1(2)证明见解析【分析】（1）根据题意列方程，解方程即可得到椭圆方程；（2）设坐标，根据直线BD，BM的斜率的积得到直线BD的斜率，然后联立直线的方程得到，再结合得到即可证明.【详解】（1）依题意有，解得，所以椭圆C的标准方程是.（2）设，则，，，且，，所以直线BM的斜率为，因为直线BD，BM的斜率的积为，所以直线BD的斜率为，所以直线BD的方程为，又直线AN的方程为，联立方程组，解得，因为点M在椭圆C上，所以，则，所以点D在x轴上.9．（24-25高三上·广东湛江·期末）已知和为椭圆上两点．(1)求椭圆的方程；(2)若点在椭圆上，是椭圆的两焦点，且，求的面积；(3)过点的直线与椭圆交于两点，证明：为定值．【答案】(1)(2)．(3)证明见解析【分析】（1）由题意可得关于，的方程组，解出，的值，即可得出椭圆的方程；（2）利用余弦定理结合椭圆的定义求出的值，然后利用三角形的面积公式可求得的面积；（3）当的斜率为0时，直接计算出的值；当的斜率不为0时，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，结合弦长公式可求出的值，即可证得结论成立.【详解】（1）由题意得，解得，所以椭圆的方程为．（2）由题可知在中，由余弦定理得则即所以，故的面积是．（3）当的斜率为0时，．当的斜率不为0时，设直线的方程为联立，得，此时．，故为定值．1．（2024·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知和为椭圆上两点.(1)求C的离心率;(2)若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程．【答案】(1)(2)直线的方程为或.【分析】（1）代入两点得到关于的方程，解出即可；（2）方法一：以为底，求出三角形的高，即点到直线的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到点坐标，则得到直线的方程；方法二：同法一得到点到直线的距离，再设，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点到直线的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线斜率不存在的情况，再设直线，联立椭圆方程，得到点坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线斜率不存在的情况，再设，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设线法与法五一致，利用水平宽乘铅锤高乘表达面积即可.【详解】（1）由题意得，解得，所以.（2）法一：，则直线的方程为，即，，由（1）知，设点到直线的距离为，则，则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可，此时该平行线与椭圆的交点即为点，设该平行线的方程为：，则，解得或，当时，联立，解得或，即或，当时，此时，直线的方程为，即，当时，此时，直线的方程为，即，当时，联立得，，此时该直线与椭圆无交点.综上直线的方程为或.法二：同法一得到直线的方程为，点到直线的距离，设，则，解得或，即或，以下同法一.法三：同法一得到直线的方程为，点到直线的距离，设，其中，则有，联立，解得或，即或，以下同法一；法四：当直线的斜率不存在时，此时，，符合题意，此时，直线的方程为，即，当线的斜率存在时，设直线的方程为，联立椭圆方程有，则，其中，即，解得或，，，令，则，则同法一得到直线的方程为，点到直线的距离，则，解得，此时，则得到此时，直线的方程为，即，综上直线的方程为或.法五：当的斜率不存在时，到距离，此时不满足条件.当的斜率存在时，设，令，，消可得，，且，即，，到直线距离，或，均满足题意，或，即或.法六：当的斜率不存在时，到距离，此时不满足条件.当直线斜率存在时，设，设与轴的交点为，令，则，联立，则有，，其中，且，则，则，解得或，经代入判别式验证均满足题意.则直线为或，即或.2．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.(1)若，求；(2)证明：数列是公比为的等比数列；(3)设为的面积，证明：对任意正整数，.【答案】(1)，(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出的坐标即可；（2）思路一：根据等比数列的定义即可验证结论；思路二：利用点差法和合比性质即可证明；（3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路三：利用点差法得到，，再结合（2）中的结论得，最后证明出即可.【详解】（1）由已知有，故的方程为.当时，过且斜率为的直线为，与联立得到.解得或，所以该直线与的不同于的交点为，该点显然在的左支上.故，从而，.（2）方法一：由于过且斜率为的直线为，与联立，得到方程.展开即得，由于已经是直线和的公共点，故方程必有一根.从而根据韦达定理，另一根，相应的.所以该直线与的不同于的交点为，而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为，故一定在的左支上.所以.这就得到，.所以.再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.方法二：因为，，，则，由于，作差得，，利用合比性质知，因此是公比为的等比数列.（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点，若，，则.（若在同一条直线上，约定）证明：.证毕，回到原题.由于上一小问已经得到，，故.再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.所以对任意的正整数，都有.而又有，，故利用前面已经证明的结论即得.这就表明的取值是与无关的定值，所以.方法二：由于上一小问已经得到，，故.再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.所以对任意的正整数，都有.这就得到，以及.两式相减，即得.移项得到.故.而，.所以和平行，这就得到，即.方法三：由于，作差得，变形得①，同理可得，由（2）知是公比为的等比数列，令则②，同时是公比为的等比数列，则③，将②③代入①，即，从而，即.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.3．（2024·全国甲卷·高考真题）已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴．(1)求的方程；(2)过点的直线交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：轴．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）设，根据的坐标及轴可求基本量，故可求椭圆方程.（2）设，，，联立直线方程和椭圆方程，用的坐标表示，结合韦达定理化简前者可得，故可证轴.【详解】（1）设，由题设有且，故，故，故，故椭圆方程为.（2）直线的斜率必定存在，设，，，由可得，故，故，又，而，故直线，故，所以，故，即轴.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.4．（2023·全国·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.【详解】（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.

.5．（2023·新课标Ⅱ卷·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.【详解】（1）设双曲线方程为，由焦点坐标可知，则由可得，，双曲线方程为.（2）由(1)可得，设，显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且，与联立可得，且，则，

直线的方程为，直线的方程为，联立直线与直线的方程可得：，由可得，即，据此可得点在定直线上运动.【点睛】关键点点睛:求双曲线方程的定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键.6．（2023·全国乙卷·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)证明见详解【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；（2）设直线的方程，进而可求点的坐标，结合韦达定理验证为定值即可.【详解】（1）由题意可得，解得，所以椭圆方程为.（2）由题意可知：直线的斜率存在，设，联立方程，消去y得：，则，解得，可得，因为，则直线，令，解得，即,同理可得，则，所以线段的中点是定点.

7．（2023·全国甲卷·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