2025年新高二数学暑假衔接(人教A版)【03-暑假培优练】专题08 圆锥曲线压轴大题归类 (15大巩固提升练+能力提升练+高考真题练) (教师版)

PAGE1专题08圆锥曲线压轴大题归类内容早知道☛第一层巩固提升练题型一：韦达定理基础模型题型二：横截式与竖截式型题型三：无定点无斜率直线型题型四：定点：直线过定点题型五：定点：圆过定点题型六：定值型题型七：面积几种求法题型八：面积最值与范围题型九：斜率“和”型题型十：斜率“积”型题型十一：斜率“比值”型题型十二：圆锥曲线切线型题型十三：点带入型题型十四：定比分点转化型题型十五：非对称型☛第二层能力提升练☛第三层高考真题练巩固提升练题型01韦达定理模型⭐技巧积累与运用“五个方程”（过去老高考对韦达定理型的直观称呼。）一直一曲俩交点。直线有没有？是那种未知型的？已知过定点。则可设为，同时讨论k不存在情况。如3.曲线方程有没有？俩交点：设为4.联立方程，消y或者消x，建立一元二次方程，同时不要忘了判别式或者得到对应的韦达定理或目标，就是把题中问题转化为第六个关于韦达定理的方程或者不等式，代入求解1．已知直线过椭圆的一个顶点和一个焦点.(1)求C的方程；(2)若过点的直线l与C交于，两点，且，求直线l的方程.【答案】(1)(2)或【分析】（1）根据题意，得到，求得，即可求得椭圆的方程；（2）设直线为，联立方程组，得到，结合，列出方程，求得的值，即可求解.【详解】（1）设椭圆的半焦距为.因为直线过点和，所以，则，所以椭圆的方程为.（2）由题可知直线的斜率显然存在，所以设直线的方程为，联立方程组，整理得，则且，因为，可得，整理可得，解得或（负值舍去），所以，故直线的方程为或.2．已知顶点为的抛物线的焦点为，直线与抛物线交于两点．(1)若直线过点，且其倾斜角，求的值；(2)是否存在斜率为1的直线，使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在，或【分析】（1）由题可知，且直线的斜率不为0，设，则直线的方程为，联立方程组，利用韦达定理求弦长，然后求解三角形的面积即可；（2）设直线方程为，联立方程组，将转化为，求解直线的方程即可.【详解】（1）由题可知，且直线的斜率不为0，设．因为，则直线的斜率，设直线的方程为，因此点到直线的距离为，联立，则，显然，所以，则，所以.（2）设直线方程为，即，联立得，故即，又，易知，因为，则，因为，所以，即，解得或，故存在斜率为1的直线，使得，此时直线的方程为或．

题型02横截式与竖截式型⭐技巧积累与运用如果所过定点在x轴上，为（m，0），也可以设为，此时包含了斜率不存在的情况，但是反而不包含x轴这条直线。选择不同直线的设法，是因为：1.避免对k不存在情况讨论，可以把k不存在的情况包含在里边。2.两种直线形式设法，有时候在计算中可以降低参数的计算量：如过点（1,0）直线，设成与代入到圆锥曲线中，明显的后边这种设法代入计算时要稍微简单点。3.如有可能，尽量把两种设法，都同时做做，做个对比，既能看出这种设法在某些试题中的计算优势，又不过分拔高这种设法的效果。1．已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且.(1)求抛物线的方程；(2)过点的直线与抛物线交于、两点，若点满足，求直线的方程.【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用抛物线的定义可求出的值，由此可得出抛物线的方程；（2）根据题意，设直线的方程为，设点Mx1,y1、Nx2,y【详解】（1）抛物线的准线方程为，因为点在抛物线上，且，由抛物线的定义可得，解得，因此，抛物线的方程为.（2）若直线轴，则直线与抛物线有且只有一个交点，不合乎题意，故可设直线的方程为，设点Mx1,y1、由，整理得，则，由韦达定理可得，，因为，，所以，即，即，即，解得，因此，直线的方程为，即.2．彗星是太阳系大家庭里特殊的一族成员，它们以其明亮的尾巴和美丽的外观而闻名，它的运行轨道和行星轨道很不相同，一般为极扁的植圆形、双曲线或抛物线．它们可以接近太阳，但在靠近太阳时，由于木星、土星等行星引力的微绕造成了轨道参数的偏差，使得它轨道的离心率由小于1变为大于或等于1，这使得少数彗星会出现“逃逸”现象，终生只能接近太阳一次，永不复返．通过演示，现有一颗彗星已经“逃逸”为以太阳为其中一个焦点，离心率为2的运行轨道，且彗星距离太阳的最近距离为1．(1)若焦点的位置在轴，求彗星“逃逸”轨道C的标准方程；(2)设直线过C的一个焦点，且与C交于两点，当时，求的值．【答案】(1)(2)4【分析】（1）设彗星“逃逸”轨道的方程为，由题意可得，，求解可得，进而可求得，可求彗星“逃逸”轨道的标准方程；（2）设直线过双曲线左焦点的直线方程为，与双曲线方程联立方程组，利用根与系数的关系，可得，由已知可得，由弦长公式可求得.【详解】（1）由题意知，彗星“逃逸”轨道的标准方程为双曲线，双曲线的焦点在上，设其方程为，因为双曲线的离心率为2，可得，即，又因为彗星距离太阳的最近距离为1，可得，解得，可得，所以彗星“逃逸”轨道的标准方程.（2）不妨设直线过双曲线左焦点的直线方程为，联立，消去得，，当时，由韦达定理可得，所以又，所以，解得，经检验，所以.题型03无定点无斜率直线型⭐技巧积累与运用当题中的直线既无斜率，又不过定点线，就要设成“双变量”型：，依旧得讨论k是否存在情况当直线既不过定点，也不知斜率时，设直线，就需要引入两个变量了。（1）（2），此时直线不包含水平，也要适当的补充讨论。（3）设“双变量”时，第一种设法较多。因为一般情况下，没有了定点在x轴上，那么第二种设法实际上也没有特别大的计算优势。如第1题。（4）重要！双变量设法，要清楚以下这个规律：一般情况下，试题中一定存在某个条件，能推导出俩变量之间的函数关系。这也是证明直线过定点的理论根据之一。1．已知椭圆经过点，离心率为.(1)求的方程；(2)若，为上的两点，且直线与直线的斜率之积为，求证：直线过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）依题意可得、、的方程组，求出、，即可得解；（2）当直线的斜率不存在时推出矛盾，当直线的斜率存在时，设，,，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，利用斜率公式得到方程，求出的值，即可得证.【详解】（1）依题意可得，解得，所以椭圆的方程为；（2）①当直线的斜率不存在时，设．则，，，不合题意．②当直线的斜率存在时，设，,，联立方程，得．，，．又，即．将，代入上式，得，即，解得或，当时，，恒过点0,1，不符合题意，故舍去；当时，，恒过点，符合题意；直线过定点.2．已知椭圆的方程为，其右顶点，离心率．(1)求椭圆的方程；(2)若直线与椭圆交于不同的两点，（，不与左、右顶点重合），且．求证：直线过定点，并求出定点的坐标．【答案】(1)(2)证明见解析，．【分析】（1）由焦点坐标及离心率求出，得出方程；（2）设M，N的坐标，联立直线和椭圆的方程，消去，化简得关于的一元二次方程，由韦达定理可得，的值，利用得出m与k的关系式，最后检验直线所经过的定点，求出坐标．【详解】（1）右顶点是，离心率为，所以，，，则，椭圆的标准方程为．（2）直线方程与椭圆方程联立，得，设Mx1,y1，Nx2，，即，，则，即，整理得，或，均满足直线或，直线过定点或2,0（与题意矛盾，舍去）综上知直线过定点．题型04定点：直线过定点型⭐技巧积累与运用直线过定点：1、直线多为y=kx+m型2.目标多为求：m=f（k）3.一些题型，也可以直接求出对应的m的值4直线可以设成x=ty+m型，两种设法做对比训练1．已知双曲线的离心率为2，左､右焦点分别是是的右支上一点，的中点为，且（为坐标原点），是的右顶点，是上两点（均与点不重合）.(1)求的方程；(2)若不关于坐标轴和原点对称，且的中点为，证明：直线与直线的斜率之积为定值；(3)若不关于轴对称，且，证明：直线过定点.【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)证明见解析.【分析】（1）由题设及双曲线定义得，再结合离心率、双曲线参数关系求双曲线方程；（2）设且，应用点在双曲线上、中点公式得，即可证结论；（3）设直线的方程为，联立双曲线，应用韦达定理及向量垂直的坐标表示列方程求参数t，即可证结论.【详解】（1）设，连接.是的中点，是的中点，，，则.又.，的方程为.（2）设且.的中点为，则，是上的两点，①，②，①②，得，即，即，可得，，直线与直线的斜率之积为定值3.（3）易知，且不关于轴对称，直线的斜率不为0，设直线的方程为，代入，整理得，，，，解得或（舍去），直线过定点.2．已知椭圆经过点，点是上关于原点对称且与不重合的两点，直线的斜率之积为．(1)求的方程．(2)若点是的左顶点，不过点的直线与交于点，且，判断直线是否过定点．若过定点，求出该定点；若不过定点，说明理由．【答案】(1)(2)直线过定点．【分析】（1）由点在椭圆上代入可得①，再设，代入椭圆，由点差法得到，与①联立可得；（2）由数量积的运算律得到，直曲联立，表示出韦达定理，再用坐标表示向量的数量积化简得到关于的一元二次方程，求出即可；【详解】（1）因为椭圆经过点，所以．①设，则，．②②①，得，则．所以直线的斜率之积为，所以．与联立，解得，．所以椭圆的方程为．（2）因为，所以．由（1）知．设Ax1,y1，Bx2消去并整理，得，则，且，．所以．整理，得，即，所以或．当时，直线过点，不满足题意，舍去；当时，，满足题意．所以直线的方程为，该直线过定点．题型05定点：圆过定点⭐技巧积累与运用圆过定点，有常见几方面的思维利用以“某线段为直径”，转化为向量垂直计算利用对称性，可以猜想出定点，并证明。通过推导求出定点（难度较大）1．已知椭圆的离心率为，点在C上，直线l与C交于不同于A的两点M，N.(1)求C的方程；(2)若，求面积的最大值；(3)记直线AM，AN的斜率分别为，，若，证明：以MN为直径的圆过定点，并求出定点坐标.【答案】(1)(2)(3)证明见解析，【分析】（1）由题意得，根据离心率公式及关系式即可求解；（2）设直线，Mx1,y1，Nx2,y2，联立方程，则，由韦达定理结合可得，可得，解得，由面积公式可得，令，利用换元法可得，由对勾函数的性质即可求解.（3）分直线l的斜率不存在和直线l的斜率存在来讨论，结合题意可得斜率一定存在，斜率存在时，设直线，，，由，可求得，设以MN为直径的圆过定点Px0,y0，则，可得，由即可求解.【详解】（1）由题意可知：，解得，所以椭圆C的方程为.（2）若，可知直线l的斜率存在，设直线，Mx1,y联立方程，消去y可得，则，整理可得，可得，，因为，则，，由，可得，则，整理可得，则，且，则，可得，解得，且满足，可知直线过定点，则面积，令，则，可得，因为在内单调递增，则，所以当，时，面积取到最大值.（3）若直线l的斜率不存在，设，，，可得，可得这与相矛盾，不合题意；可知直线l的斜率存在，设直线，，，可得，整理可得，则，且，则，可得，解得，设以MN为直径的圆过定点Px0,y0，则，，可得，则，整理可得，则，可得，注意到上式对任意的k均成立，则，解得，所以以MN为直径的圆过定点.2．已知圆，点P是直线上的一动点，过点P作圆M的切线PA、PB，切点为A、B.(1)当切线PA的长度为时，求点P的坐标；(2)在（1）的条件下，若点P在y轴右侧，求出对应的直线AB的方程；(3)若的外接圆为圆N，试问：当P运动时，圆N是否过定点?若存在，求出所有的定点的坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1)或(2)(3)存在，，【分析】（1）由切线的性质可得，列方程求P的坐标；（2）分析可知点在以为直径的圆，求出该圆方程，与圆M的方程之差即为直线AB的方程，运算求解即可；（3）由条件求出圆N的方程，根据恒等式的性质确定圆所过定点.【详解】（1）由题可知圆的圆心为，半径.设，因为是圆的一条切线，所以.在中，，故.又，所以，解得或.所以点的坐标为或.（2）由题意可知：，且，可知点在以为直径的圆，且的中点坐标为，则圆的方程为，整理可得，又因为圆，即为，两式相减即为直线AB的方程，整理可得.（3）因为，所以的外接圆圆是以为直径的圆，的中点坐标为，所以圆的方程为，即.由，解得或，所以圆过定点和.题型06定值型⭐技巧积累与运用求定值问题常见的思路和方法技巧：从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；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．求定值题型，运算量大，运算要求高，属于中等以上难度的题1．已知椭圆的离心率为，其长轴的左、右两个端点分别为，，短轴的上、下两个端点分别为、，四边形的面积为4.(1)求椭圆的方程；(2)P是椭圆上不同于，的一个动点.①直线、与y轴分别交于两点，求证：为定值；②直线、分别与直线交于，判断以线段为直径的圆是否经过定点并说明.【答案】(1)(2)①证明见解析；②过定点【分析】（1）由已知可得，求解即可；（2）①设，求得直线的方程为，直线的方程，进而求得点的坐标，可求得为定值；②求得以线段为直径的圆的方程，令求解即可.【详解】（1）由题意可得，解得，所心椭圆的方程为；（2）①设，所以，则由（1）可得，，则直线的方程为，令，解得，则，则直线的方程为，令，解得，则，所以，所以为定值1；②由①知直线的方程为令，得，则，则直线的方程为，令，解得，则，又，所以的中点，又，所以圆的半径为，所以以线段为直径的圆的方程为，令，得，所以，故以线段为直径的圆经过定点.2．已知椭圆的离心率为，且过点(1)求椭圆的方程；(2)点，过点做两条直线分别交椭圆于两点，且为垂足，证明：存在定点，使得为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）将已知点代入，利用参数的关系得到方程；（2）利用条件计算得到关于原点对称，然后说明点满足恒为定值，即可证明结论.【详解】（1）根据已知有，故.将代入方程可知，故.故，，，从而的方程是.（2）注意到是的右顶点，而，故可设的方程分别是和，其中.将和联立，得，在的情况下，可以得到.此即，故，，所以.用替换，同理可得，即.故根据坐标可知关于原点对称，故直线经过，而，垂足在直线上，所以.这表明在以为直径的圆上，再设，则是的中点，所以.题型07面积几种求法⭐技巧积累与运用圆锥曲线中求面积常规类型（1）(2)三角形恒过数轴上的定线段，可分为左右或者上下面积，转化为(3)三角形恒过某定点，可分为左右或者上下面积，转化为（4）四边形面积，注意根据题中条件，直接求面积或者转化为三角形面积求解。1．已知椭圆：的上顶点与椭圆的左右顶点连线的斜率之积为.(1)求椭圆的离心率；(2)若直线与椭圆相交于，两点，若的面积为(为坐标原点)，求椭圆的标准方程.【答案】(1)(2)【分析】(1)由条件可得，再根据,求出，可得答案；(2)联立直线与椭圆方程可得，，，可得AB弦长，求出原点到直线的距离，代入面积公式即可求解.【详解】（1）椭圆上顶点的坐标为，左右顶点的坐标分别为，，所以，即.则，又，，；（2）设，，由得：，，，，，又原点到直线的距离，，即，解得，满足，，故椭圆的方程为.2．已知抛物线的焦点为，为抛物线上一点，延长交抛物线于点．抛物线的准线与轴的交点为，．(1)求抛物线的方程；(2)求△的面积．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据焦半径公式结合的横坐标可求解出的值，由此可求抛物线的方程；（2）先求解出，再计算出到的距离，结合三角形面积公式可求结果.【详解】（1）因为，所以，所以抛物线的方程为.（2）因为，代入抛物线方程可得，且，所以，又因为，所以，所以，联立可得，所以，所以，又因为，所以到直线的距离为，所以.题型08面积最值与范围⭐技巧积累与运用面积最值，实际上是处理最终的“函数最值”。各类型“函数式”最值规律：分式型：以下几种求最值的基本方法一元二次型：注意自变量取值范围高次型：整体换元或者求导1．已知O为坐标原点，双曲线的离心率为，且过点.(1)求C的标准方程；(2)过C的右焦点F的直线与双曲线C的左、右两支分别交于两点A、B，点Q是线段的中点，过点F且与垂直的直线交直线于M点，点N满足；①证明：点M在一条定直线上；②求四边形面积的最小值.【答案】(1)(2)①证明见解析；②【分析】（1）根据双曲线过定点，结合离心率列方程组可得曲线方程；（2）①由已知直线斜率一定存在，可设直线与，联立直线与双曲线，结合韦达定理可得点Q及直线方程，联立直线与可得点M，进而得证；②由已知，结合弦长公式可得，则面积，设，则，设，利用导数法求解最值即可得解.【详解】（1）由已知双曲线离心率，即，则双曲线方程为，又曲线过点，即，解得，所以双曲线方程为；（2）由（1）得，

①由已知直线的斜率k存在且，设直线，Ax1,y且，联立直线与双曲线，得，恒成立，且，即，解得，又Q为A，B中点，则，则，即，则直线，又直线过点，且过点F，则，联立与，即，解得，即，即点M在直线上；②，，又点N满足，则四边形为平行四边形，且，则，设，则，则，设，则，令，解得，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以当时，取最小值为，即当时，的最小值为.2．椭圆的左、右焦点分别为，过作直线交E于两点．过作垂直于直线的直线交E于两点．直线与相交于点P．(1)若直线的斜率为1，求直线的方程．(2)求点P的轨迹方程．(3)求四边形面积的取值范围．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根据两直线垂直的斜率关系，以及过的定点，即可求解直线方程；（2）根据，转化为坐标运算，即可求点的轨迹方程；（3）首先分直线的斜率为0或不存在，以及直线的斜率存在且不为0两种情况，利用对角线互斥垂直，利用对角线的长度表示四边形的面积，利用函数关系求取值范围.【详解】（1）由条件可知，，，则，所以F1−1,0，F21,0因为直线的斜率为1，所以直线的斜率为，且直线过点F21,0，所以直线的方程为y=−x−1，即；（2）设Px,y，依题意F1−1,0，F21,0，且，所以，即，故点的轨迹方程为；（3）依题意，，过作平行于的直线交于两点，由对称性可知，，①当的斜率为0或斜率不存在时，和是或，；②当的斜率存在且不为0时，设，Ax1,y1联立方程，得，，，，故，同理，故，令，，则，其中，故，综上，题型09斜率“和”型⭐技巧积累与运用给定椭圆，与椭圆上定点P，过P点走两条射线PA、PB，与椭圆交与A和B两点，记直线PA、PB的斜率分别为K1,K2,则有1．已知椭圆的离心率为，左焦点为是上任意一点，且的最大值为3．(1)求的方程；(2)设的右顶点为，直线的方程为，若直线交于两点，求证：直线的斜率之和为，【答案】(1)；(2)证明见解析．【分析】（1）由题意得出关于的方程组，解得后再求出即得；（2）设，直线方程代入椭圆方程应用韦达定理得，然后代入化简即得．【详解】（1）由题意．解得，则，所以椭圆方程为；（2）设，又，由得，则，，所以.2．已知动点在曲线上运动，为坐标原点，为线段中点，记的轨迹为曲线.(1)求的轨迹方程.(2)已知及曲线上的两点和，直线和直线的斜率分别为和，且，求证：直线过定点.【答案】(1)(2)【分析】（1）借助为线段中点，利用相关点法求轨迹方程；（2）设直线：，联立抛物线方程，设，，可得根与系数的关系式，结合化简可得参数之间的关系，进而利用直线方程求得定点坐标.【详解】（1）设Px0,y0，，是，，又，代入得．故点的轨迹方程是．（2）由题意点坐标适合，即点A在C上，由题意可知BD斜率不会为0，设直线：，联立，消去并整理得，需满足，即，设，，则，，因为，，所以，所以，将，代入得，即，所以直线：，即，所以直线BD经过定点.题型10斜率“积”型1．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左焦点为，短轴长为(1)求椭圆C的方程；(2)若不经过点的直线与椭圆相交于两点，且直线与直线的斜率之积是，求证：直线恒过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据短轴长求出，再结合的PF最值关系求出和，从而得到椭圆方程；（2）设出直线方程和交点坐标，代入椭圆方程，利用韦达定理和斜率公式求出直线所过定点.【详解】（1）已知短轴长为，根据椭圆的性质，.设椭圆的半焦距为，已知PF的最大值是最小值的倍，即.展开可得，即.又因为，把代入可得.即，解得，那么.所以椭圆的方程为.（2）当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，,.因为，在椭圆上，代入可得，.已知，则，，.把代入得，其值不为，所以直线的斜率存在.设直线的方程为，，.联立直线与椭圆方程，得.展开可得，整理得.根据韦达定理，，.因为，所以，，.即，.展开得.将，代入上式并化简可得.即，解得或.当时，直线的方程为，经过原点.当时，直线的方程为，所以直线恒过定点，不合题意.综上所得，直线恒过定点原点.2．已知椭圆，三点中恰有两点在椭圆上.(1)求椭圆的方程；(2)若直线交椭圆于两点，且线段的中点的横坐标为，过作新直线，①求直线和直线的斜率之积；②证明：新直线恒过定点，并求出该定点的坐标.【答案】(1)(2)①；②证明见解析,定点的坐标为,【分析】（1）判断点，点在椭圆上，点或在直线上，代入椭圆方程，即可求出椭圆的方程；（2）设,，当时，设,、,，利用点差法求出直线和直线的斜率之积；由此得直线的方程，结合方程确定直线恒过定点即可得结论．【详解】（1）由题可知，一定在椭圆上，其中一个在椭圆上，当椭圆过点可得，则椭圆的方程为；当椭圆过点可得，方程组无解，综上，椭圆的方程为；（2）①由题可设,，当时，设,、,，显然，联立，则，即，因为为线段的中点，所以，又，所以，即直线和直线的斜率之积为；②由①可得直线的斜率为，又，所以直线的方程为，即，显然恒过定点,，当时，直线即，此时为轴亦过点,；综上所述，恒过定点,．题型11斜率“比值”型⭐技巧积累与运用1．设椭圆的离心率等于，抛物线的焦点是椭圆的一个顶点，分别是椭圆的左右顶点.(1)求椭圆的方程；(2)动点、为椭圆上异于的两点，设直线，的斜率分别为，，且，求证：直线经过定点.【答案】(1)(2)证明见解析；【分析】（1）由抛物线方程可得焦点坐标，由椭圆离心率的值和它的一个顶点，可得的值，即求出椭圆方程；（2）设直线的方程，与椭圆方程联立，可得点坐标，同理可得点坐标，进而求得直线方程，可证得直线经过定点.【详解】（1）易知抛物线的焦点F0,1，由可得，由离心率，且，解得；所以椭圆的方程为；（2）证明：由（1）可知，显然直线的斜率存在，且不为零，设直线的斜率为，则直线的方程为，如下图所示：联立，整理可得，因为直线过点A−2,0，所以，可得；代入可得，即；由可得直线的斜率为，所以直线的方程为；联立，消去整理可得.因为直线过点，所以，可得；代入可得，即；若，即，可得，直线的斜率为；直线的方程为，令，解得所以直线过定点1,0，若，则，此时，直线也过定点1,0.综上可得，直线过定点1,02．已知双曲线的左右焦点分别为，，左右顶点分别为M，N，且经过点.(1)求双曲线C的方程；(2)设过点直线l交双曲线C于P，Q两点，求直线l的斜率的取值范围；(3)动点A在圆上，动点B在双曲线C上，设直线MA，MB的斜率分别为，，若N，A，B三点共线，试探索，之间的关系.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）可知：，根据题意列式求，即可得方程；（2）设直线l：，联立方程结合运算求解；（3）设，则有，即可得，结合得到，即可得解.【详解】（1）由题意可知：，且经过点，则，解得，所以双曲线C的方程为.（2）设直线l的斜率为，则直线l：，联立方程，消去y可得，由题意可知：，解得且，所以直线l的斜率的取值范围.（3）设点，则，即，由，则①，又②，因为N，A，B三点共线，所以，由①②得，即．题型12圆锥曲线切线型⭐技巧积累与运用在利用椭圆（双曲线）的切线方程时，一般利用以下方法进行直线：（1）设切线方程为与椭圆方程联立，由进行求解；（2）椭圆（双曲线）在其上一点的切线方程为，再应用此方程时，首先应证明直线与椭圆（双曲线）相切.双曲线的以为切点的切线方程为抛物线的切线：（1）点是抛物线上一点，则抛物线过点P的切线方程是：；（2）点是抛物线上一点，则抛物线过点P的切线方程是：．1．在①，②过，③这三个条件中任选一个补充在下面问题中，并解答.已知椭圆C：的右焦点为，且___________.(1)求椭圆C的方程；(2)过圆D：上任意一点G作椭圆C的两条切线.求证：；(3)设O为坐标原点，点.直线与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与轴交于点，直线AQ与轴交于点，求证：直线经过定点，并求此定点.【答案】(1)条件选择见解析，(2)证明见解析(3)证明见解析，【分析】（1）由题意确定a，b的值即可确定椭圆方程；（2）分切线斜率存在和不存在两种情况讨论证明即可；（3）联立直线与椭圆方程，结合韦达定理表示出，进而求证即可.【详解】（1）选①条件，由椭圆：的右焦点为，可得，因为离心率，所以，所以，所以椭圆的方程为.选②条件，由椭圆：的右焦点为，可得，过，则，∴，所以椭圆的方程为.选③条件，由椭圆：的右焦点为，可得，，又由，则，，所以椭圆的方程为.（2）证明：设，若过点的切线斜率都存在，设其方程为，则联立方程组，得，因为直线与椭圆相切，所以，整理得，设椭圆的两条切线的斜率分别为，，由韦达定理，，因为点在圆上，所以，即所以，所以；若过点的的切线有一条斜率不存在，不妨设为，则该直线的方程为，则的方程为，所以，综上所述，对于任意满足题设的点，都有.（3）证明：设，，由消去得：，由韦达定理得，，则，.由与可得直线的方程为：，，同理：，因为，所以，即，整理得，解得，所以直线l方程为，所以直线恒过定点.2．在平面直角坐标系中，双曲线的实轴长为4，渐近线方程为．(1)求双曲线H的标准方程；(2)过点作直线交双曲线H左右两支于两点（异于顶点），点A关于x轴的对称点为E，证明直线过定点Q；(3)过双曲线H上任意不同的两点分别作双曲线H的切线，若两条切线相交于点M，且，在第（2）的条件下，求的最大值及此时点M的坐标．【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)，.【分析】（1）根据题意，列出满足的方程组，解得，即可求得曲线方程；（2）设出直线AB的方程，联立双曲线方程，根据韦达定理，结合直线的方程，即可求得直线恒过的定点；（3）根据题意求得点的轨迹方程，再求三角形面积的最大值，以及对应点的坐标.【详解】（1）根据题意，，解得，故双曲线H的标准方程为：；（2）根据题意，直线AB的斜率不为零，故设其方程为：，联立双曲线方程：，可得：，其，且，设坐标分别为，故可得；

又点关于轴的对称点为，则坐标为；故直线的方程为：，令，可得，故直线恒过定点.（3）根据题意可得两点处的切线方程都存在斜率，设双曲线上两点处的切线方程为：，交点，由题可知：；联立与，可得，则，，整理得：，同理可得：；又点在两条切线上，故，，则，，代入，可得：，，故为方程的两根，也即的两根，则，即，故点的轨迹方程为；

故，当且仅当为圆与轴交点时取得最大值，此时坐标为.题型13点带入型⭐技巧积累与运用题型特征：1.可能不是“一直一曲”。2.可能所求的不具有交点的对称性，且无法转化1．在平面直角坐标系中，，，曲线E上的动点P满足，直线l过D交曲线E于A、B两点．(1)求曲线E的方程；(2)当时，A在x轴上方时，求A、B的坐标；(3)设，，P是曲线E上的任意一点，若，求证：动点在定圆上运动．【答案】(1)(2)，(3)证明见解析【分析】（1）先利用椭圆的定义判定轨迹形状，再利用待定系数法进行求解；（2）设出相关点的坐标，利用平面向量的数量积为0求出点坐标，再联立直线和椭圆方程求出点坐标；（3）设出点的坐标，利用点在椭圆上、得到关于、的关系式，进而判定动点在定圆上运动.【详解】（1）由椭圆的定义可知动点P的轨迹是以C、D为焦点、长轴长为的椭圆，即，，所以曲线E的方程为．（2）设，，其中，因为，且A、D、在一条直线上，所以，所以，，即，则直线l的方程为．联立，得，所以，，则，所以．（3）设，则，因为，所以，所以，即，即动点在以原点为圆心、为半径的定圆上运动．2．已知双曲线：，，，，，五点中恰有三点在上.(1)求的方程；(2)设是上位于第一象限内的一动点，则是否存在定点，使得,若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在，定点【分析】（1）、根据五点的坐标及双曲线的对称性和顶点的特征确定都在上，得到方程组，求得，，即可得的方程；（2）、根据条件及补角的定义得到，分轴与不与轴垂直两种情况分析求解.【详解】（1）若，，在双曲线上，则，，只能是双曲线的顶点，，，三点中只能有一点是顶点，都在双曲线上，，，两点关于上对称，由双曲线顶点的位置特征分析可知，在上，将，代入双曲线的方程中，则，得，，故的方程为.（2）假设存在定点满足题意，，，，.①、当轴时，,，，在中，,，，此时.②、当不与轴垂直时，假设，满足.设，则，，，又，，即，所以假设成立.故存在定点，使得.题型14定比分点转化型⭐技巧积累与运用若有1.利用公式，可消去参数2.可以直接借助韦达定理反解消去两根定比分点型，即题中向量（或者线段长度满足）可以利用公式，可消去1．已知椭圆的左、右焦点分别为、，上顶点为，长轴长为，若为正三角形．(1)求椭圆的标准方程；(2)过点，斜率为的直线与椭圆相交，两点，求的长；(3)过点的直线与椭圆相交于，两点，，直线的方程．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）依题意可得，即可求出，从而求出，即可得到椭圆方程；（2）依题意可得直线为，联立直线和椭圆方程，消元，求出交点的横坐标，直接利用弦长公式进行求解；（3）设，，直线为，联立直线和椭圆方程，结合韦达定理，列方程组求解.【详解】（1）依题意可得，解得，所以，所以椭圆的标准方程为.（2）由（1）知，，故该直线为，由，消去可得，故，所以.

（3）显然的斜率存在（否则轴，根据对称性，，与题设矛盾），设，，直线为，由，消去得，显然，由韦达定理可得：①，，又，则，故②，由①②得，，故，即，化简可得，解得.故直线为

2．已知双曲线，直线与交于两点．(1)若的方程为，求；(2)若，且，求的斜率．【答案】(1)(2)1【分析】（1）联立直线与双曲线得交点坐标关系，根据相交弦长公式求解即可得结论；（2）根据弦中点问题利用点差法得直线斜率，并检验直线与双曲线是否存在两个交点即可得结论.【详解】（1）设，；联立得，，则，，故；（2）若，则为线段的中点，故，，而两式相减可得，，故，得，则直线的斜率为1，此时直线方程为，即，所以，则，所以存在直线，使得直线的斜率为1.题型15非对称型⭐技巧积累与运用平移齐次化的步骤，（1）平移；（2）与圆锥曲线联立并其次化；（3）同除；（4）利用根与系数的关系进行证明结论；如果是过定点的问题还需要平移回去.1.已知椭圆C:x2a2+y2b2B为椭圆C的上顶点，为椭圆C的左焦点，且的面积为．（1）求椭圆C的方程；（Ⅱ）设过点的动直线l为椭圆于E、F两点（点E在x轴上方），M，N分别为直线与y轴的交点，O为坐标原点，来的值．【答案】（1）

（2）【分析】（1）由离心率可得，由的面积为可得，结合可得答案.（2）由题意设，则，设直线的方程为：，将直线的方程与椭圆方程联立，得出韦达定理，得到与的关系，分别得出直线、的方程，从而得出的坐标，将与代入，可得答案.【详解】（1）在椭圆中设，则由，则，则，即又，即，即将代入，解得，所以椭圆C的方程：（2）由条件点E在x轴上方且过点，则直线的斜率不为0设直线的方程为：，设，则由可得由题意可得，，，则，即由所以，则直线的方程为：令，得，所以所以，则直线的方程为：令，得，所以所以所以【点睛】关键点睛：本题考查根据离心率和三角形面积求椭圆方程以及椭圆中的定值问题，解答本题的关键设直线的方程为：，与椭圆方程联立，由求根公式和韦达定理表示出与，再表示出直线、的方程，从而得出的坐标，将与代入，属于中档题.2．如图，已知椭圆的离心率为，，分别是椭圆的左、右顶点，右焦点，，过且斜率为的直线与椭圆相交于，两点，在轴上方．(1)求椭圆的标准方程；(2)记，的面积分别为，，若，求的值；(3)设线段的中点为，直线与直线相交于点，记直线，，的斜率分别为，，，求的值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根据题意由，BF=求解；（2）设点，，，，根据，得到，设直线的方程为，与椭圆方程联立，结合韦达定理求解；（3）由（2）得到D的坐标，进而得到直线的方程，再令，得到点E的坐标，然后由，结合韦达定理求解.【详解】（1）解：设椭圆的焦距为．依题意可得，，解得，．故．所以椭圆的标准方程为．（2）设点，，，．若，则，即有，①设直线的方程为，与椭圆方程，可得，则，，②将①代入②可得，解得，则；（3）由（2）得，，所以直线的方程为，令，得，即．所以．所以，，，.能力培优1．设为抛物线的焦点，为上三个不同的点，且，．(1)求的方程；(2)设过点的直线交于两点．①若直线交圆于两点，其中位于第一象限，求的最小值；②过点作的垂线，直线交于两点，设线段的中点分别为，求证：直线过定点．【答案】(1)(2)①；②证明见解析【分析】（1）由抛物线方程可得焦点坐标与准线方程，根据向量的坐标运算以及抛物线的定义，建立方程组，可得答案；（2）①利用分类讨论，分直线斜率是否存在两种情况，表示出直线，联立抛物线方程，写出韦达定理，结合抛物线定义以及圆的性质，整理代数式，利用基本不等式，可得答案；②同①写出韦达定理，根据中点坐标公式，利用点斜式方程，可得答案.【详解】（1）由抛物线，则，准线方程为，由为上三个不同的点，设，则，由，则，由，且，则，所以，解得，故椭圆的方程为.（2）①由题意作图如下：由，整理可得，则圆心为F1,0，半径，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，代入抛物线，解得，则，将代入圆，解得，则，所以，此时；当直线的斜率存在时，由题意可得，直线的方程可设为，设联立可得，消去整理可得，，，易知，，所以，由，则，当且仅当，即时，等号成立，综上所述，的最小值为.②证明：由题意可作图如下：由题意可知直线的斜率存在且不为零，可设该直线方程为，由①可得，设，则，由直线垂直直线，且垂足为，则该直线方程为，联立，消去整理可得，，设，则，设，且线段的中点分别为，则，，，，当时，直线斜率存在，直线的斜率，可得方程为，则，整理可得，令，解得，所以直线过定点.当时，直线斜率不存在，易知，直线DE的方程为，此时直线过；综上所述，所以直线过定点.2．在平面内，若直线将多边形分为两部分，且多边形在两侧的顶点到的距离之和相等，则称为多边形的一条“等线”.已知双曲线与双曲线有相同的离心率，、分别为双曲线的左、右焦点，为双曲线右支上一动点，双曲线在点处的切线与双曲线的渐近线交于、两点（在上方），当轴时，直线为的等线.(1)求双曲线的方程；(2)若是四边形的等线，求四边形的面积；(3)已知为坐标原点，直线与双曲线的右支交于点，试判断双曲线在点处的切线是否为的等线，请说明理由.【注】双曲线在其上一点处的切线方程为.【答案】(1)(2)(3)是，理由见解析【分析】（1）求出点的坐标，根据“等线”的性质、双曲线的离心率以及建立关于、、的方程组，解出、的值，即可得出双曲线的方程；（2）利用给定定义，求解关键点的坐标，最后得到四边形面积即可；（3）设，求出直线的方程，然后计算出点、、到直线的距离，结合“等线”的定义证明即可.【详解】（1）将代入双曲线的方程可得，解得，因为直线为的等线，所以点在轴的上方，即.由，得.因为双曲线的离心率为，所以双曲线的离心率为，又因为，所以，所以，，所以双曲线的方程为.（2）设Px0,y0，则双曲线在点处的切线的方程为.双曲线的渐近线方程为，联立可得，