专题3.5 圆锥曲线压轴大题归纳（期末复习讲义）解析版

1/3专题3.5圆锥曲线压轴大题归纳（期末复习讲义）核心考点复习目标考情规律面积最值掌握面积的表达式、求最值最常用的方法。高频必考点，在圆锥曲线大题第二问出现，跟函数与导数结合考求最值。面积比考察几何转化能力，将面积比转化为线段比、坐标比。高频必考点，在圆锥曲线大题第二问出现。三点共线问题考察几何转化能力，将三点共线问题转化为斜率相等、向量共线等。高频必考点，在圆锥曲线大题第二问出现。四点共圆问题考察几何转化能力，将四点问题转化为斜率问题或对接互补等。高频必考点，在圆锥曲线大题第二问出现。定点问题掌握定点问题的运算方法，怎么进行猜想证明，消参。重点必考点，在圆锥曲线大题第二问出现。点在定直线上掌握点在定直线上的运算方法，怎么进行猜想证明，消参。重点必考点，在圆锥曲线大题第二问出现。定值问题掌握定值问题的运算方法，怎么进行猜想证明，消参。重点必考点，在圆锥曲线大题第二问出现。定比点差法掌握定比点差法的应用条件及方法的运用基础必考点，在一些条件下，用定必点差法比传统曲直联立跟韦达定理更方便。移动齐次化掌握移动齐次化的应用条件及方法的运用基础必考点，斜率和差的条件下，用移动齐次化比传统曲直联立跟韦达定理更方便。非对称韦达掌握非对称韦达的应用方法。基础必考点，在非对称条件出现的情况下，应用非对称韦达常用的方法处理。知识点01面积最值求面积最值这类问题的核心是：将面积表示为某个变量的函数，然后通过代数方法求该函数的最值。

一、设参建模设直线：根据题意设出直线方程。如果直线过定点，使用点斜式y=k(x−x₀)+y₀最为常见。如果直线与y轴平行，需单独考虑。设交点：设出直线与圆锥曲线两个交点的坐标A(x₁,y₁),B(x₂,y₂)。二、联立方程将直线方程与圆锥曲线方程联立，消去x或y，得到一个关于x(或y)的一元二次方程。三、表达目标量1、弦长公式设M(x1 ，  ①设直线为y=kx+m上，代入化简，得|MN|=1+②设直线方程为x=ty+m，代入化简，得|MN|=2、三角形的面积①SΔ②SΔ③在平面直角坐标系xOy中，已知△OMN的顶点分别为O(0 ，  0)，M(x四、求最值目标量（弦长或面积）通常表示为一个关于参数（如斜率k）的函数f(k)。定义域优先：在求最值前，必须确定参数的取值范围。常用求最值方法：配方法：适用于二次函数。基本不等式法：适用于能化为a+b≥2ab或ab≤导数法：当函数形式复杂（如分式、高次）时，这是最通用的方法。求导，找驻点，判断单调性。知识点02面积比求面积比的核心在于将面积的比值转化为线段比、坐标比或直接面积表达式之比，然后利用韦达定理和“设而不求”的思想进行整体代换，最终化为一个变量的函数来求解或证明定值、或求范围。利用几何关系转化比值共线或共点三角形：如果两个三角形有公共顶点或底边在同一直线上，它们的面积比往往等于对应底边或高线的比值。这是最有效的简化方法。平行线：题目中若存在平行线，必然产生相似三角形，要充分利用其带来的比例关系。分解复杂图形：对于复杂的多边形面积比，可以将其分割成若干个三角形面积之和或差，然后分别计算这些三角形的面积，再求比值。“设而不求”的极致运用不仅对交点坐标“设而不求”，对于比值中出现的复杂项，有时可以将其视为一个整体，在化简过程中可能会被约去，从而避免繁琐的计算。变量归一化当问题中有多个变量时，要努力利用已知条件（如点共线、线垂直等）找到变量之间的关系，减少自由变量的个数，最终将比值化为单变量函数或常数。知识点03三点共线问题在圆锥曲线大题中证明三点共线是一个经典问题。其核心思想是：将几何共线关系转化为代数关系式。利用三点

A(x₁,斜率相等：从三点中任意选择两点构成两条直线，证明两直线斜率相等，注意斜率不存在的情况。向量共线：如果向量

AB

与向量

AC（或

BC）共线（即平行），则

A点在直线上：求出直线

AB

的方程，然后证明点

C

的坐标满足该方程。知识点04四点共圆问题以四点共圆为背景的圆锥曲线大题是压轴题中的经典类型，最经典例题为2021年新高考I卷中的21题。其核心在于

“如何将几何的圆问题转化为可操作的代数条件”

。四点共圆中常用的几何性质有以下几点一、对角互补当四点在某种对称结构下，常可简化为两组对边的斜率互为相反数。则直接转化为直线的斜率关系，非常适合与韦达定理结合。二、相交弦定理（幂定理）若四点共圆，两条弦AC，BD相交于P点，满足

PA·PB=PC·PD。对于四点共圆问题，要建立起强大的信心：它看似是“圆”的问题，但本质上是通过一些优美的几何定理（如对角互补），被转化成了一个纯粹的直线斜率关系问题，从而能够完美地融入我们熟悉的韦达定理和“设而不求”的框架中予以解决。知识点05定点问题找到动直线（或动点）方程中参数（如斜率k）的“不变部分”。将方程整理为关于参数的恒等式，令其系数为零，即可求出定点（或定直线）。一、直接推导设参：设出动直线的方程。通常已知直线过某个定点或已知斜率，常用点斜式：y=kx+m。寻找关系：利用题目条件（如直线与圆锥曲线相切、相交，或与其他几何条件如垂直、中点等相关），找到一个关于k和m的关系式。消参定型：将找到的k和m关系式代回原始的直线方程y=kx+m中。得到只含一个参数的解析式。关键步骤：将此方程整理为关于参数k的方程，要使这个方程对所有k值都成立，则k的系数和常数项必须同时为零。对于y−C=k(x−D)形式，定点显然是(D,C)。对于更复杂的形式，将方程按k的幂次项整理，令各项系数为零，解方程组即可求出定点(x,y)。二、先猜后证法当直接推导复杂或难以进行时，此方法能指明方向，简化计算。猜定点：特殊位置法：取参数（如斜率k）的两个特殊值（如0,斜率不存在（竖直直线）,1,-1等），画出两条对应的特殊位置直线。求交点：解这两条特殊直线的交点，该点即为猜測的定点(x0证定点：则动直线的方程可以化简为y−y0=f(k)(x−x0)知识点06点在定直线上将动点的坐标表示为某个参数（通常是斜率k）的函数，然后消参，得到一个关于x,y的二元一次方程，即为定直线方程。主要步骤为：1、设参并表示动点2、建立关系3、消参4、得到定直线方程在解题过程中，可以使用几何性质转化，先猜后证等方法帮助解决计算问题知识点07定值问题将待证的目标量（如斜率积、线段乘积、面积等）用参数（通常是斜率

k）表示出来，通过代数运算消去参数，若结果是一个常数常见的定值类型有：1、斜率的和、积、比为定值2、线段长度、乘积或倒数和为定值3、面积为定值4、向量数量积为定值“先猜后证”：取参数的特殊值（如

k=0,

k=1,

k→∞），快速计算出目标量的值。这个值很可能就是定值。这不仅能预知结果、增强信心，还能用来验证最终化简结果是否正确。“设而不求”的极致运用：不仅对交点坐标“设而不求”，对于复杂的中间量，也保持其整体形式，在后续运算中可能会相互抵消。参数关系式的挖掘：定值问题的核心往往在于题目中隐藏的参数关系。知识点08定比点差法定比点差法是解决圆锥曲线中涉及线段定比分点或中点问题的一柄利器。它绕开了传统的联立和韦达定理，直接从点的坐标关系入手，具有思路清晰、计算简捷的特点。核心思想：“设分点，代曲线，作差化简”直线与圆锥曲线相交于A、B两点，若P点满足线性关系AP=λPB（λ≠−1),，通过将

A，B坐标代入曲线方程，然后利用定比分点坐标公式作差，直接建立起点

定比点差法通过巧妙地构造方程间的加权差，利用平方差公式和定比分点公式，直接沟通了分点坐标、曲线参数和弦的斜率，实现了“化曲为直”，是解决此类结构化问题的典范方法。知识点09平移齐次化1、齐次化常用于处理与斜率相关的问题，如过某定点的两条直线的斜率之和与斜率之积。此时我们可以将曲线方程构造成x2,xy,y2的齐次式方程，再除以2、如果目标点不在原点，则需要平移图形，将公共点平移到原点，无论如何平移，直线斜率是不变的.注意平移口诀是“左加右减，上减下加”.知识点10非对称韦达我们常规解决圆锥曲线问题时，都是用到韦达定理，根据x1+x2=−ba , x1x1x2x1x2题型一面积最值解｜题｜技｜巧将面积表示为某个变量的函数，然后通过代数方法求该函数的最值。

【典例1】（24-25高二上·江苏镇江·期末）已知抛物线的焦点为F，位于第一象限的点在抛物线C上，且．直线l过焦点F且与抛物线C交于A，B两点．(1)若l的倾斜角为，求弦长的值；(2)若过F且与l垂直的直线交C于M，N两点，求四边形的面积的最小值，【答案】(1)8(2)32【分析】（1）根据抛物线的定义求出p的值，求出直线l的方程，与抛物线的方程联立，利用韦达定理和弦长公式求解；（2）设直线l的方程为：，，与抛物线的方程联立，利用韦达定理和弦长公式求出和的值，再利用基本不等式求出四边形的面积的最小值．【详解】（1）由题意可得，所以，得抛物线C的方程为：，焦点为，直线l的方程为：，联立方程，消去y得，设，则，得弦长．（2）设直线l的方程为：，，联立方程，消去x得，设，则，所以，同理可得，所以四边形的面积为：，当且仅当，即时，等号成立，所以四边形的面积的最小值为：【典例2】（24-25高二上·河北保定·期末）已知椭圆的左，右焦点分别为，，，离心率.(1)求椭圆C的方程；(2)过点作两条相互垂直的直线分别与曲线C相交于P，Q和E，F，求四边形EPFQ面积的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用待定系数法，即可求解；（2）利用弦长公式表示面积，再利用换元，转化为函数问题求最值.【详解】（1）由，即，又，即，，，故椭圆C的方程为.（2）设四边形EPFQ面积为S，当直线PQ与直线EF有一条斜率为0时，另一条斜率不存在，不妨设直线PQ斜率不存在，此时直线EF与x轴重合，，且PQ方程为，将与联立，求得两交点为，，，故.当直线PQ与直线EF有一条斜率为可设直线PQ的方程为，，，联立方程，得且恒成立，，，同理可得，令，则，，令，则，在上单调递增，在上单调递减，，故.【变式1】（24-25高二上·广西玉林·期末）已知为坐标原点，椭圆的两个顶点坐标为和，短轴长为.(1)求椭圆的方程；(2)若直线过椭圆右焦点，与椭圆交于、两点，若，求直线的方程；(3)若直线的斜率为，与椭圆交于、两点，记以、为直径的圆的面积分别为、，的面积为，求的最大值.【答案】(1)(2)或(3)【分析】（1）由题意易得、的值，得椭圆的方程；（2）先排除直线斜率为，然后设直线方程为，联立直线和椭圆方程，结合韦达定理和可得，即可求解；（3）设直线为，联立直线和椭圆结合韦达定理可得弦长，再根据点到直线距离可得，再根据点在椭圆上，可得进而可得,再利用二次函数性质求最值.【详解】（1）由已知两个顶点坐标为和，得，由短轴长为，得，则椭圆方程：.（2）易知，当直线的斜率为时，不妨设、，则，不满足题意；所以，直线不与轴重合，设直线的方程为，、；联立直线与椭圆方程，消去可得，易知，由韦达定理可得，；所以，解得，所以，即或，综上，直线的方程为或.（3）设直线的方程为，、，由，消去得，，即，则，，所以点到直线的距离，所以，又，，所以，所以则当即时，取最大值为.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．【变式2】（24-25高二上·浙江金华·期末）已知椭圆，左右焦点分别为，左右顶点分别为，下上顶点分别为．(1)若为直角三角形，的面积为，求椭圆方程．(2)过右焦点的直线交椭圆C于P，Q两点（P，Q分别在第一、四象限），连接并延长交椭圆C于点N；①若，求椭圆的离心率e．②在（1）条件下，求四边形面积的取值范围．【答案】(1)(2)①；②【分析】（1）根据题意，列出的方程求解；（2）①设，根据椭圆定义结合可得，又由，运算求得答案；②设直线为与椭圆方程联立，可得，由点P，Q分别在第一、四象限可得，求得，四边形面积为，可得，换元令，利用函数单调性求得答案.【详解】（1）由于为直角三角形，且的面积为，则，所以椭圆方程为.（2）①如图，设，则，由于，则，则，所以，

则，又，得到，解得.

②设直线为或（舍去），设点，将直线与椭圆方程联立，，可得，则，

记四边形面积为，又因为点P，Q分别在第一、四象限，则，即，解得，

则，

令，则，由于，则当，S单调递减，∴.【点睛】关键点点睛：本题第二问的②解题的关键是将四边形面积表示为，可得，并根据条件求得，利用函数单调性求解.题型二面积比解｜题｜技｜巧求面积比的核心在于将面积的比值转化为线段比、坐标比或直接面积表达式之比，最终化为一个变量的函数来求解或证明定值、或求范围。【典例1】（24-25高二上·河南焦作·期末）已知双曲线的右焦点为，右顶点为，直线与轴交于点，且.(1)求的方程；(2)若为上不同于点的动点，直线交轴于点，过点作的两条切线，，分别交轴于点P，Q，交轴于点，.①证明：；②证明：（S表示面积）.【答案】(1)(2)①证明见解析；②证明见解析【分析】（1）由题意建立方程求得，进而求得，即可得解.（2）①设，设出切线方程并与双曲线联立，根据判别式及韦达定理得，求出直线的方程及的坐标，进而求出点P，Q坐标，通过计算中点坐标证明即可；②根据三角形面积公式，将所证等式化为线段长度的比例关系，通过①中的坐标，计算相关线段长度，即可证明.【详解】（1）由题可知，由直线与轴交于点，且，可得，若，则，即，无解，若，则，即，则，故的方程为.（2）如图所示，设，易知过点且与相切的直线的斜率存在且不等于0和，设切线的方程为，与的方程联立，消去，整理得，由，整理得，设切线，的斜率分别为，，则，①由题可知直线的方程为，令，得，因为，的方程为，，所以，，所以，故是的中点，即.②因为，，，的高相等，所以，即.由上述过程可知，，，.所以，，，.又，所以，，所以，即.【点睛】思路点睛：解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．【典例2】（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知椭圆的下顶点为，左右焦点分别为，椭圆上的点到距离的最小值为，且抛物线截轴所得的线段长为的长半轴长．(1)求椭圆的方程；(2)过原点的直线与相交于B，C两点，直线AB，AC分别与相交于P，Q两点．

①证明：直线AB与直线AC的斜率之积为定值；

②记和的面积分别是，，求的最小值．【答案】(1)(2)①证明见解析；②.【分析】（1）由的关系以及，即可求解.（2）①由题意设方程为.联立抛物线方程，结合韦达定理以及斜率公式即可得证.②由三角形面积公式只需分别求出，分别联立直线方程与抛物线、椭圆方程，结合弦长公式以及同理思想即可求解，进一步由基本不等式即可得解.【详解】（1）已知抛物线：中，令，解得，所以，因为椭圆上的点到距离的最小值为，则，所以，从而，∴椭圆的方程为：.（2）①直线的斜率显然存在，设方程为.由，整理得，设，，则，，，由已知，所以的斜率分别为，，故，所以直线与直线的斜率之积为定值；②设直线AB：，显然，由，解得：或，∴，则，由①知，直线：，则，由，得，解得或，，则，由①知，直线：，，则，当且仅当时等号成立，即最小值为.【变式1】（25-26高二上·黑龙江大庆·月考）在平面直角坐标系中，已知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、轴与两点，点的坐标为，当点运动时，点的轨迹为曲线.记，直线的方程为，直线与曲线交于两点（点，点均位于轴右侧）.记直线和的交点为点，设直线，的斜率分别为.(1)求曲线的标准方程；(2)记，的面积分别为，，求的最小值.【答案】(1)，(2)3【分析】（1）联立直线与双曲线方程，由可得，求得的坐标，再求出过点且与直线垂直的直线方程，从而得到、的关系，即可得解.（2）联立直线与双曲线的方程，利用韦达定理及斜率坐标公式，推理计算可得，联立直线与的方程求出点的横坐标，再求出三角形的面积的函数关系并求出最小值.【详解】（1）由，消去得，又，且是双曲线与直线唯一的公共点，则，解得，，且点，过点且与直线垂直的直线为，令，得，令，得，因此，于是曲线的标准方程为，.（2）设，

由，消去x并整理得，由直线与双曲线的右支交于两点，得可得，解得，则，，即，而，所以，即，则直线：，直线：，则点的横坐标为，于是，当且仅当时取等号，所以的最小值为3.【变式2】（24-25高二上·江苏南京·月考）在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线的左、右顶点分别为，离心率为.(1)求双曲线的方程；(2)过点的直线l与双曲线C的右支交于M，N两点．（i）记直线，的斜率分别为，，证明：是定值；（ii）设G为直线和的交点，记，的面积分别为，，求的最小值．【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii）【分析】（1）利用双曲线的顶点和离心率，结合双曲线方程求出即可.（2）设出直线的方程与双曲线联立，利用韦达定理及斜率公式，推理计算即可.（3）由（2）可得斜率之间的关系，联立方程求出点坐标，再求出三角形面积的函数关系并求出最小值.【详解】（1）（1）由题意知，因为，得，，所以双曲线的方程为.（2）（i）依题意，设直线的方程为，.由消去x并整理得.由直线与双曲线的右支交于两点，可得.解得.则，.即，而.所以为定值.（ii）由（2）知，直线：，直线：.则点的横坐标为.于是.因为，所以，当且仅当时取等号，所以的最小值为.题型三三点共线问题解｜题｜技｜巧利用三点

A(x₁,【典例1】（24-25高二上·四川泸州·期末）已知双曲线的右焦点为，离心率为2，分别为的左，右顶点，A为双曲线上一点，且．(1)求点A的坐标；(2)设点在上．（ⅰ）若点A在第一象限且直线的斜率为－2，求证：直线的斜率之和为定值；（ⅱ）若，过的直线与的两条渐近线分别交于两点，，过且斜率为的直线与过且斜率为的直线交于点，若．求证：三点共线．【答案】(1)点A的坐标为或或或(2)（ⅰ）证明见解析，（ⅱ）证明见解析【分析】（1）由题可得双曲线方程，设，由可得，然后由点A在双曲线上可得答案；（2）（ⅰ）将直线PQ方程与双曲线方程联立，由韦达定理可得，据此可化简直线的斜率之和，由此可完成证明；（ⅱ）设直线MN方程为，，将直线MN方程与双曲线渐近线方程联立，可得，结合，可得，将直线PG方程代入双曲线方程可得：P的横坐标与Q的横坐标，据此可得，随后可完成证明.【详解】（1）求双曲线方程及点A的坐标：已知双曲线右焦点，离心率，因为在双曲线中（为半焦距），且，所以，又因为，所以，则双曲线的方程为；设，则，由，可得：，即，又因为在双曲线上，所以，即，将代入，得：，整理，得，解得：，当时，，即；当时，，即，所以点A的坐标为或或或；（2）（ⅰ）证明：直线的斜率之和为定值：因为点A在第一象限，所以，设直线的方程为，联立，消去得：，化简得：由韦达定理，得：，直线的斜率，直线的斜率，则，因为，代入上式，得：，将上式的分子展开，得：，整理，得：，代入，可得，即，所以直线的斜率之和为定值；（ⅱ）证明三点共线：双曲线的渐近线方程为，由题可得直线PQ，MN斜率存在且不为0设直线MN方程为，设如图，直线MN与交点为M，与交点为N.联立，解得：，即，联立，解得：，即，则.由，则移项并利用平方差公式，可得：.由题，直线PG斜率为，直线QG斜率为，又，则，则，又，则.直线PG方程为：，代入中，则，据此可得P的横坐标即，同理可得Q的横坐标即.则，.则.由，代入，则.则，则点G满足直线MN方程，所以G，M，N三点共线.【点睛】关键点点睛：证明三点共线，通常可利用向量，由向量共线证明三点共线，也可利用斜率，由两条线段相交且斜率相等完成证明，或类似于本题，利用坐标法完成证明.【典例2】（24-25高二下·河南南阳·期末）已知椭圆：（）的右焦点为，且点到长轴两个端点的距离分别为和，为坐标原点.(1)求的方程.(2)过点且不与轴重合的直线与交于两点.（ⅰ）若的面积为，求的方程；（ⅱ）若线段的中点为，在点处分别作的切线，两切线相交于点，求证：，，三点共线.【答案】(1)；(2)（ⅰ）或或或；（ⅱ）证明见解析.【分析】（1）根据题意列出关于的方程组，解得，从而可得，即可得椭圆方程；（2）（ⅰ）设直线，联立方程组，根据韦达定理计算的面积，可解得或，即可得直线方程；（ⅱ）利用中点坐标公式计算出点的坐标，即可得；设出以点为切点的切线方程，与椭圆方程联立，利用根的判别式可求出切线斜率，即可得出切线方程，同理可得点为切点的切线方程，联立两切线方程可求得点的坐标，即可得，由可证得三点共线.【详解】（1）由题意可得，解得，则，所以椭圆的方程为.（2）由（1）可知，，设直线，联立，可得，则，设，则.（ⅰ），则，整理可得即，解得或，则或，所以，直线的方程为或或或.（ⅱ）设点，则，，所以.设以点为切点的切线方程为即，联立，可得，则，整理得，则，因为点是椭圆上的点，所以，即，则，所以以点为切点的切线方程为.同理可得，以点为切点的切线方程为.联立两切线方程，消去，可得，整理得,结合化简可得，由题意，，故，代入直线方程，可得，所以，则,其中，故，，三点共线.【变式1】（24-25高二上·河北邢台·期末）若椭圆上的两个不同的点满足0，则称为该椭圆的一组“相伴点对”，记作.已知椭圆的焦距为，离心率为.(1)求椭圆的标准方程；(2)若，证明椭圆上存在两个点满足“相伴点对”，并求点的坐标；(3)设（2）中的两个点分别是，若直线与直线的斜率之积为，直线与椭圆交于两点，点，连接交椭圆于另一点，连接交椭圆于另一点，证明：三点共线.【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）由题意求出得椭圆方程；（2）根据新定义列方程组求解；（3）由（2）求得，设,求出方程，与椭圆方程联立方程组，消去后，利用是此方程的解得出，然后可得，同理得，由得出的关系式，用坐标法判断得出三点共线．【详解】（1）由题，，即，又，所以，，所以椭圆方程为：（2）设“相伴点对”的坐标为，根据定义：点的坐标满足所以或于是有两个点满足，且点的坐标为．（3）由（2），，所以，设,,,直线方程为，由，得，其中，又，代入整理得，，，所以，，同理，，由得，由，，所以，所以三点共线．【点睛】方法点睛：涉及到直线与椭圆的交点问题可设出交点坐标，如题中，解决三点共线问题，可用坐标法证明两个向量共线，从而在证明平行的坐标表示中需要得出两点坐标关系，于是我们利用直线与椭圆相交解方程组的方程把的坐标用坐标表示，而利用得出所要关系式，完成证明．【变式2】（25-26高二上·重庆渝北·期中）已知椭圆的方程为，过点，且离心率为.(1)求椭圆的方程；(2)若为椭圆的右焦点，M，N是椭圆上的两点且直线MN与曲线相切，证明：M，N，F三点共线的充要条件是.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由椭圆过已知点和离心率列方程组，求解即得；（2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证；充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解.【详解】（1）由题意，解得所以椭圆方程为；（2）由（1）得，，曲线为，当直线的斜率不存在时，直线，M，N，F三点不共线，不合题意；当直线的斜率存在时，设，必要性：若M，N，F三点共线，可设直线即，由直线与曲线相切可得，解得，联立，得，所以，所以，所以必要性成立；充分性：设直线即，由直线与曲线相切可得，所以，联立可得，所以，所以由直线与曲线相切可得，所以，所以由，得化简得，所以，所以或，所以直线或，所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立；所以M，N，F三点共线的充要条件是．题型四四点共圆解｜题｜技｜巧四点共圆本质上是通过一些几何性质（如对角互补），转化成了代数问题，从而能够完美地融入我们熟悉的韦达定理和“设而不求”的框架中予以解决。【典例1】（24-25高二上·安徽合肥·期末）已知双曲线E经过点(1)求E的方程．(2)若直线l经过E的右焦点F且与E的左、右两支分别交于点C，D（C与A不重合），的中点为M，l与直线交于点G，直线与E交于另一点N，证明：（i）轴；（ii）四点共圆．【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析.【分析】（1）根据E经过点，求出的值，即可求E的方程；（2）（i）设，与双曲线方程联立，求出，再求出直线，的方程，可得，从而得轴；（ii）求得，结合M为的中点，可得点N在以为直径的圆上．再证明点A也在以为直径的圆上即可．【详解】（1）因为E经过点，所以，因为E经过点，所以，得，所以E的方程为（2）（i）由题意知l的斜率存在且不为0，，故设，，则，即由消去x，得所以设，则由，解得，所以所以直线，即．设，由得，又，所以，因为，所以轴．（ii）由弦长公式可知，因为所以所以，又M为的中点，所以点N在以为直径的圆上．因为所以点A也在以为直径的圆上．综上，四点共圆．【点睛】关键点点睛：解答（i）的关键是求出的纵坐标并证明其相等；解答（ii）的关键是将问题转化为证明点在以为直径的圆上.【典例2】（24-25高二上·湖南株洲·期末）已知抛物线：的焦点为，为坐标原点，位于第一象限的点为上一点，，且垂直于轴.(1)求抛物线的方程；(2)已知直线与交于，两点，求证：，，，四点共圆.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据点点距离即可求解，（2）联立直线与抛物线方程，可得点的坐标，根据向量垂直的坐标关系即可求解垂直，进而可求解.【详解】（1）由题意知，由轴，知，，由，知，解得，所以抛物线的方程为.（2）联立得，解得，.设，，由，在抛物线上知，.又，，所以，，，，所以，，所以，，所以，在以为直径的圆上，即，，，四点共圆.【变式1】（24-25高二上·山东烟台·期末）已知双曲线的离心率为2，且过点．(1)求双曲线的标准方程；(2)过的右焦点的直线与的左、右两支分别交于两点（异于顶点），①证明：以为直径的圆恒过定点，并求出的坐标；②对于①中的，设过的中点且与轴平行的直线与的右支交于点，直线与的交点为，证明：．【答案】(1)(2)①证明见解析，；②证明见解析【分析】（1）根据题意可得关于的方程组，求解即可得双曲线的方程；（2）（i）设点，直线方程为，与双曲线方程联立方程组可得，设，利用对恒成立可求得定点的坐标；（ii）求得的坐标，可求得，进而可得四点共圆，可证得结论．【详解】（1）由题意．将点代入双曲线方程得，解得．所以，双曲线的方程为；（2）（i）设点，直线方程为，联立方程，得，所以，，．设，则，即对任意恒成立．所以，解得所以，以为直径的圆恒过点．（ii）．由题意可知，代入双曲线方程可得，设的中点为，则，所以，所以．又，所以四点共圆．由相交弦定理得．【变式2】（24-25高三下·江苏·月考）已知为离心率为的椭圆的右焦点，过点作轴的垂线与交于两点（在第一象限）.(1)求的方程；(2)求的面积的最大值；(3)若直线与轴交于点，求证：四点共圆.【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）利用条件列出关于的方程组，求解即得椭圆方程；（2）先求出点，利用对称性求得，写出的面积表达式，利用二次函数的性质即可求得面积最大值；（3）根据图形对称性，设的外接圆圆心，求出其半径，写出外接圆方程，代入点，求得，化简圆的方程，利用直线的方程求得点，将代入圆的方程，推得，证明点在该圆上即可.【详解】（1）依题意，，解得，故的方程为；（2）依题意，点关于轴对称，将代入，解得，因点在第一象限，则，，的面积为，因，则当，即时，取得最大值为；（3）因关于轴对称，故的外接圆圆心在轴上，设，则的外接圆半径为，于是的外接圆的方程为：，

因点在该圆上，代入圆的方程解得，则的外接圆方程为：（*）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.题型五定点问题解｜题｜技｜巧推荐先猜后证法【典例1】（25-26高二上·江苏常州·期中）椭圆的离心率为，过点的动直线与椭圆相交于，两点，当直线平行于轴时，直线被椭圆截得线段长为.(1)求椭圆的方程；(2)已知点，过点作关于轴对称的直线，，与椭圆交于，两点，且直线不平行轴，那么直线是否过定点？若是，求出定点；若不是，说明理由.【答案】(1)(2)【分析】（1）由离心率计算可得，再将代入椭圆方程中计算可得其交点，结合弦长即可得解；（2）设、直线与椭圆另一交点为，则有，设出并联立椭圆方程，可得与横坐标有关韦达定理，再表示出直线后，令计算即可得解.【详解】（1）由题意可得，则，当直线平行于轴时，，联立，则，故，解得，则，即椭圆的方程为；（2）设，若直线与椭圆仅有交点，则直线与椭圆仅有交点，且平行轴，不符，故可设直线与椭圆另一交点为，由直线，关于轴对称且直线不平行轴，则，且两直线斜率存在，设，联立，消去得，，即，有、，则，由对称性可得，若直线过定点，则定点必在轴上，令，则，故直线过定点.【典例2】（25-26高二上·湖北武汉·期中）已知椭圆：的左顶点为，右焦点为，且.(1)求椭圆的方程；(2)过点作直线与椭圆交于点，且点在第一象限，直线与直线交于点，过点且平行于的直线与直线交于点.（ⅰ）若，求直线的斜率；（ⅱ）轴上是否存在定点，使得？若存在，求出定点的坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1)(2)（ⅰ）1；（ⅱ）存在，【分析】（1）由题意可得，解出即可得；（2）（ⅰ）由可得，代入椭圆方程则可得，从而可得点坐标，再利用两点间斜率公式计算即可得；（ⅱ）可猜想，使得平分，设，则可计算出点坐标，再分斜率存在与否，得到，最后利用相似三角形的性质可得点符合要求，即可得.【详解】（1）由题意，得，解得，则，故椭圆的方程为；（2）（ⅰ）由，且，，三点共线，则，则，解得，又，则，由，则直线，即，令，则，故，又，则直线；（ⅱ）设直线与轴的交点为，由（ⅰ）猜想平分，由直线不与轴重合，可设，，联立，消去得，则，即，将直线的方程与直线联立，则，则，①当斜率不存在时，由（ⅰ）得；②当斜率存在时，，则，又，故；由，得，则，设点关于直线的对称点为，则，则，由，则，又，故，则，故轴上存在定点，使得.【变式1】（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·期中）已知椭圆的右焦点为，右顶点为，离心率为．(1)求出椭圆的标准方程；(2)若直线与椭圆交于两点．（i）当线段的中点坐标为时，求直线的方程．（ii）若直线分别与轴交于两点，且，试探究此时直线是否恒过一个定点，若是，求出该定点，若不是，说明理由．【答案】(1)(2)（i），（ii）过定点.【分析】（1）由焦点坐标和离心率即可求解；（2）（i）设，代入椭圆方程，由点差法求得斜率即可；（ii）联立方程组结合韦达定理得到，再利用得到，最后分类讨论求解定点即可.【详解】（1）由焦点坐标得，又，得，所以，则椭圆C的标准方程为.（2）（i）设，则和，两式相减化简可得：，又，代入可得：，所以直线的方程为，即；（ii）①若直线斜率不存在，根据对称性可知为等腰直角三角形，得到，此时，则直线，与椭圆方程联立，解得，故直线过椭圆左焦点，即，②若直线斜率存在，如图，设，联立方程组，消去得，由韦达定理可知，由已知得，且设，可以求出直线方程为，令，得到，，故，又因为，故，代入韦达定理得，求得，即，得到或，当时，直线过，此时三点重合，不符合题意；当时，直线方程为，此时直线AB过定点综上所述：直线过定点．【变式2】（24-25高二上·广西梧州·期中）已知椭圆的左、右焦点分别为为椭圆的一个顶点，离心率为(1)求椭圆C的标准方程；(2)设直线与椭圆C交于A，B两点；①若直线过椭圆右焦点，且的面积为求实数k的值；②若直线过定点，且，在x轴上是否存在点使得以、为邻边的平行四边形为菱形？若存在，则求出实数t的取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)①；②存在，【分析】（1）根据题意，求出得解；（2）①把直线与椭圆联立方程组，利用弦长公式和点到直线的距离公式，即可求出面积等式，最后求解的值；②把菱形问题转化为对角线互相垂直问题，最后转化为两对角线的斜率之积为，通过这个等式转化为的函数，即可求解取值范围.【详解】（1）由椭圆的一个顶点为，可得，又离心率为，则，所以由，即椭圆C的标准方程为.（2）①直线过椭圆右焦点可得：，即，所以由直线与椭圆C的标准方程联立方程组，消去得：，设两交点，则有，所以，又椭圆左焦点到直线的距离为，所以，解得：或（舍去），即；②假设存在点使得以为邻边的平行四边形为菱形，由于直线过定点，且，可知直线方程为，与椭圆联立方程组，消去得：，由，且，解得，

设两交点，中点，则有，且，所以，即，整理得，又因为，所以，当且仅当，即，所以，则.

题型六点在定直线上解｜题｜技｜巧在解题过程中，可以使用几何性质转化，先猜后证等方法帮助解决计算问题【典例1】（24-25高二下·福建福州·期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，且椭圆上一点M到的距离的最大值为3，已知直线l过且与椭圆交于A，B两点．(1)求椭圆C的标准方程；(2)若，求直线l的方程；(3)设直线AB与y轴交于点D，过D作直线与椭圆C交于P，Q两点，且，直线AP与BQ交于点N，探究：点N是否在某条定直线上，若存在，求出该直线方程；若不存在，请说明理由．【答案】(1)椭圆C的标准方程为；(2)直线l的方程为；(3)点N不在定直线上【分析】（1）根据椭圆的性质确定a、c的值，即可求出椭圆方程.（2）设直线l的方程为，联立椭圆方程，设，，结合韦达定理和共线向量坐标关系求解.（3）首先利用点差法求得直线的方程，然后分别取个不同的值，求解相应个点坐标，由向量不共线即可说明点N不在某条定直线上.【详解】（1）根据椭圆的性质，椭圆，离心率（c为半焦距），且椭圆上一点到左焦点距离的最大值为．由离心率，可得，因为椭圆上一点M到的距离的最大值为3，即，将代入，可得，解得，那么，根据，可得．所以椭圆C的标准方程为．（2）设，，，因为直线l过，当直线l斜率不存在时，与方向相反，不满足，所以直线l斜率存在，设直线l的方程为．联立直线与椭圆方程，消去y可得：，由韦达定理得，．因为，所以，即，也就是．将代入，可得，即，．再代入，可得，解得，所以直线l的方程为．（3）由（2）知直线AB过，由题意其斜率存在，设直线AB方程，令，得，所以．由过点，且，则是PQ中点；当时，直线即为轴，与轴交于原点即，与椭圆交于长轴两点，此时不妨取，则过原点的直线与椭圆交于两点，恒有，由对称性可知，即两直线无交点，不符合题意，故，结合椭圆对称性可知，设，，则，．由，两式相减得：将，代入上式，可得，因为，所以，即PQ垂直于y轴，直线方程为．联立，可得，，，不妨设，,其中，由（2）知，设，，不妨设，由，．故当时，则，又由，可解得，则，且，此时交点；故当时，则，又由，可解得，，且，此时交点；当时，，则，，，，此时交点；，，因为，所以不共线，故动点不在定直线上；同理由对称性可知，当时，也不在定直线上，综上可得，动点不在定直线上.【典例2】（24-25高二下·安徽宣城·期末）已知椭圆的离心率为，A，B分别为椭圆的左，右顶点，为椭圆的上顶点，且.(1)求椭圆的标准方程；(2)过点作斜率不为0的直线交椭圆于M，N两点，直线与相交于点.（i）证明：点在定直线上；（ii）求的最大值.【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii）【分析】（1）根据数量积的坐标公式可求出，然后根据离心率求出，进而可得到椭圆的标准方程.（2）（i）设直线的方程，联立直线与椭圆的方程组，利用韦达定理，将直线的方程表示出来，进而可求得定直线的方程；（ii）根据直线的斜率将表示出来，然后利用基本不等式的性质求出最大值.【详解】（1）由题意知，，，所以，即.又，所以，.所以椭圆的标准方程为.（2）（i）由于直线过点且斜率不为0，所以可设直线的方程为.由，得，设，，则，，所以.因为椭圆的左，右顶点分别为，，所以直线的方程为，直线的方程为，所以，解得，所以点在定直线上.（ii）设直线的倾斜角分别为，则，由（i）知，所以，所以当且仅当时取等号，所以的最大值为.【变式1】（25-26高二上·陕西西安·期中）已知双曲线的中心在坐标原点，上焦点坐标为，点为双曲线上任意一点，．(1)求双曲线的标准方程；(2)双曲线的下焦点为，若，求；(3)记双曲线的上、下顶点分别为，经过的直线与双曲线的上支交于两点，且点在第一象限，直线与交于点，证明：点在定直线上．【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）设出点，借助双曲线方程及两点间距离公式计算可得时，取最小值，从而可得双曲线方程；（2）结合双曲线定义计算即可得；（3）设出直线的方程后联立曲线，可得与交点横坐标有关韦达定理，再表示出直线与直线的方程后，联立两直线方程计算即可得解.【详解】（1）设双曲线的标准方程为，点，则有，即，由，则，则，由，，故，当且仅当时取等号，则，即，则，故双曲线的标准方程为；（2）由双曲线的定义可得，又，则有或，由（1）得，又，所以；（3）由（1）可得，，设，，显然直线的斜率存在，所以设直线的方程为，显然，联立，消去有，，则，直线的方程为：，直线的方程为：，则，由可得，即，故点在定直线上.【变式2】（24-25高二上·山东烟台·期末）已知椭圆上的点到其右焦点的最大距离为3．(1)求椭圆的方程；(2)设椭圆的左、右顶点分别为，过点的直线与椭圆交于两点（异于）．①若的面积为，求直线的方程；②若直线与直线交于点，证明：点在一条定直线上．【答案】(1)(2)①；②证明见解析【分析】（1）由题意可得，求出即可求解；（2）①设直线的方程和，联立椭圆方程，利用韦达定理，表示出弦长，结合点到直线的距离公式和三角形面积公式建立方程，解之即可求解；②联立直线可得，由①知，化简计算即可求解.【详解】（1）由题意可知，，所以．又，所以椭圆的方程为；（2）①设过点的直线方程为，点，联立，得，则，则．又因为点到直线的距离．令，解得，所以直线的方程为．②由①知，则直线，直线，由，整理得．由①知，得，所以，即，解得，所以点在直线上．

题型七定值问题解｜题｜技｜巧将待证的目标量（如斜率积、线段乘积、面积等）用参数（通常是斜率

k）表示出来，通过代数运算消去参数，若结果是一个常数【典例1】（25-26高二上·浙江·期中）已知椭圆过，直线交椭圆于，两点，且为线段中点，设直线和直线（为坐标原点）的斜率分别为和．(1)求椭圆的标准方程；(2)当直线和直线的斜率分别为和都存在时，证明：为定值；(3)若关于的对称点在椭圆上，证明：的面积为定值．【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）利用待定系数法，列方程组求解即可；（2）设，，利用点差法可证得为定值；（3）当斜率不存在时，，当斜率存在时，设直线的方程为，与椭圆方程联立，结合根与系数的关系、三角形面积公式证明.【详解】（1）设椭圆的标准方程为：过；（2）设，则，，则，两式作差可得，所以；（3）①当直线斜率不存在时，则直线的方程为，根据对称性，取直线的方程为，则，解得，即，此时；②当直线斜率不存在时，直线的方程为，同理可得；③当直线斜率存在时，设直线的方程为，，因为所以，在椭圆上，所以，即，设到直线的距离为，则，，所以.【典例2】（25-26高二上·山东菏泽·期中）在平面直角坐标系中，若在曲线的方程中，以（且）代替得到曲线的方程，则称是由曲线通过关于原点的“伸缩变换”得到的曲线，称为伸缩比.已知椭圆：，椭圆：（）是由曲线通过关于原点的“伸缩变换”得到的曲线.(1)求椭圆的离心率；(2)设为上异于其左、右顶点，的一点，当时，过分别作椭圆的两条切线，，切点分别为，，设直线，的斜率为，，证明：为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据“伸缩变换”的定义得到的方程，然后求离心率即可；（2）根据得到的方程，然后设的方程，与的方程联立，根据相切得到，即可得到，为关于的方程的两根，然后利用韦达定理得到，最后将代入即可.【详解】（1）

对于椭圆：，所以为，故椭圆：（）中，，故，则椭圆的离心率.（2）由题解得，所以椭圆：，设，则直线的方程为，即，记，则的方程为，将其代入椭圆的方程，消去，得，因为直线与椭圆有且只有一个公共点，所以，即，将代入上式，整理得，同理可得，所以，为关于的方程的两根，所以.又点在椭圆：上，所以，所以，为定值.【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题，往往需联立直线与圆锥曲线方程，消元并结合韦达定理，运用弦长公式、点到直线距离公式、斜率公式、向量数量积公式进行转化变形，结合已知条件得出结果.【变式1】（25-26高二上·重庆·月考）已知动点与定点的距离和到定直线的距离之比是常数.(1)求点的轨迹的方程；(2)已知定点，直线的方程为，直线上有一动点，轨迹上有一动点，求的最小值；(3)若，为轨迹上不同的两点，线段的中点为，当面积取最大值时，是否存在两定点S，T，使为定值？若存在，求出这个定值，若不存在，请说明理由.【答案】(1)；(2)；(3)存在两定点S，T，使为定值.【分析】（1）根据题意得到方程，化简后得到轨迹方程；（2）设为的左焦点，由椭圆定义和三点共线转化为直线上找到一点，使得最小，求出点关于直线的对称点为的坐标，由对称可得最小值为；（3）考虑直线的斜率存在和不存在两种情况，求出点的轨迹方程为椭圆，由椭圆定义可知，存在两定点S，T，分别为或，使为定值.【详解】（1）由题意得，两边平方得，整理得，点的轨迹的方程为；（2）中，，则，为的右焦点，设为的左焦点，连接，则，，则，其中当三点共线时，取得最小值，问题转化为在直线上找到一点，使得最小，设点关于直线的对称点为，则，解得，故，连接，与直线的交点即为所求点，使得最小，最小值为，故的最小值为.（3）存在两定点S，T，使为定值,理由如下：当直线的斜率存在时，设直线方程为，，联立直线与椭圆方程得，，即，设，则，故，故当时，取得最大值，最大值为，此时，满足，因为，所以，故，故，令，两式相除得，故，将其代入得，结合得，化简得，因为，所以，故，即，当直线的斜率不存在时，设，则，则，不妨设点在第一象限，则当时，取得最大值，此时的中点坐标为，满足，故当取得最大值时，点的轨迹方程为椭圆，两焦点坐标为，由椭圆定义可知，存在两定点S，T，分别为或，使为定值.【变式2】（24-25高二上·安徽·期末）已知曲线的离心率为，分别为的左、右焦点，过点的直线与交于两点，面积的最大值为，点为的左顶点．(1)求曲线的方程；(2)证明：为定值；(3)已知双曲线，若所在直线与双曲线的左支分别交于点，点（均异于点），过点作的垂线，垂足为，证明：存在点使得为定值．【答案】(1)；(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）利用椭圆离心率及焦点三角形面积列式求出即可.（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理，结合斜率坐标公式计算得证.（3）直线的斜率存在时，设出其方程并与双曲线方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式计算可得直线过定点，再探讨直线的斜率不存在时的情况即可推理得证.【详解】（1）设曲线的半焦距为c，由离心率为，得，由的最大值为，得，而，解得，，，所以曲线的方程为.（2）由（1）得，依题意，直线不垂直于轴，设，，由消去得，则，，则，所以为定值；（3）

设，由（2）知，则，①当直线斜率存在时，设其方程为，由直线不过点，得，由消去得，，且，，，则，整理得，于是，化简得，即，而，则，符合题意，直线：，过定点；②当直线斜率不存在时，由对称性，不妨令点在第二象限，直线的斜率为，方程为，与方程联立可得，同理得，此时直线也过点，因此直线过定点，设该点为，由，得在为直径的圆上，圆的方程为，半径为，所以存在点使得为定值．【点睛】方法点睛：①引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；②特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．题型八定比点差法解｜题｜技｜巧定比点差法通过巧妙地构造方程间的加权差，利用平方差公式和定比分点公式，直接沟通了分点坐标、曲线参数和弦的斜率，实现了“化曲为直”，是解决此类结构化问题的典范方法。【典例1】（25-26高三上·山西太原·月考）已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，的周长为6，椭圆的离心率为．(1)求椭圆的标准方程；(2)过点的直线交椭圆于两点，交轴于点，设，试判断是否为定值？请说明理由．【答案】(1)；(2)为定值，理由见解析.【分析】（1）根据题意得到，再解方程组即可得到答案.（2）首先直线的方程为，与椭圆联立得到，，根据得，同理得，再计算即可.【详解】（1）由题意，可得，又，所以椭圆C的方程为；（2）由题，得直线斜率存在，由（1）知，设直线的方程为，则联立，消去，整理得，，设，则，，又，则，由得，所以，同理得，所以所以为定值.【典例2】（2025高二·全国·专题练习）已知椭圆的离心率为，半焦距为，且，经过椭圆的左焦点，斜率为的直线与椭圆交于、两点，为坐标原点.(1)求椭圆的标准方程；(2)设，延长，分别与椭圆交于、两点，直线的斜率为，求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）由椭圆的几何性质解方程组可得结果；（2）解法一：由坎迪定理可直接得到结果；解法二：平移构造曲线系可得结果；解法三：由定比点差计算可得结果.【详解】（1）由题意可得，解得，又在椭圆中，.所以椭圆的标准方程为.（2）解法一（坎迪定理）：设椭圆左右顶点为，，交轴于，，根据坎迪定理，可知，故；所以，即.解法二（曲线系）：将椭圆向左平移一个单位得：，即：，，，，故曲线系方程为：即所以系数：，常数项系数：，系数：，即，解得，因为系数：，所以.解法三（定比点差）：设，，，，，，，根据定比点差，，，即.【变式1】（25-26高二上·山东淄博·期中）已知椭圆I的长轴长为4，左，右焦点分别为，，直线与椭圆Γ交于M、N两点，(点M在点N的上方)，与y轴交于点E.(1)求椭圆Γ的离心率；(2)若直线l过点时，设求证：为定值，并求出该值；(3)当为何值时，恒为定值，并求此时三角形面积的最大值.【答案】(1)；(2)证明见解析，；(3)时，三角形面积的最大值为1.【分析】（1）根据长轴长得到的值，从而得到椭圆方程，利用离心率公式求解即可；（2）将点代入直线得到和，将椭圆和直线联立方程组，消去，整理得到关于的一元二次方程，结合韦达定理计算即可；（3）联立与椭圆，消去，整理得到关于的一元二次方程，结合韦达定理计算，得到的值，利用弦长公式求出，利用点到直线的距离求出点到直线的距离，求出，利用基本不等式求最大值.【详解】（1）椭圆I的长轴长为4，，，椭圆，，，；（2）直线过点，，，，联立，消去，整理得到，设，则，与y轴交于点E，，，，，，，，，，，，，，，，为定值，求定值为；（3）联立与椭圆，即，消去，整理得到，设，则，，在上，，，，，，，，，当为定值时，即与无关，故，解得，此时又点到直线的距离，则，当且仅当时，即时，等号成立，此时，满足直线与椭圆有两个交点，则三角形面积的最大值为1.【变式2】（25-26高二上·湖北·期中）已知椭圆的左、右焦点分别为，点，过点的直线交椭圆于两点，交轴于点，的周长为8，椭圆的离心率为．(1)求椭圆的标准方程；(2)求点到椭圆上点的距离的最大值；(3)设，试判断是否为定值？请说明理由．【答案】(1)(2)(3)是，为定值．【分析】（1）根据椭圆的焦点三角形求出的值，再由离心率求出，即得椭圆的标准方程；（2）法1：设，利用两点之间距离公式化简计算，根据二次函数的图象性质即可求得答案；法2：设，计算，结合正弦函数的值域和二次函数的性质即可求得；（3）设直线的方程，与椭圆方程联立，设，写出韦达定理，由代入坐标计算推得，，计算并化简，即可得到为定值.【详解】（1）由题意的周长为，解得，又由可得，则，故椭圆的方程为；（2）法1：设是椭圆上任意一点，则满足，，，因，则函数在时取得最大值为，故的最大值是．法2：设是椭圆上任意一点，，设，则，函数在上单调递减，故当时函数取得最大值，此时的最大值是．（3）由题意，得直线斜率存在，由（1）知，设直线的方程为，联立，消去，整理得，，设，则，又，则，由得，所以，同理得，所以，所以为定值．题型九平移齐次化解｜题｜技｜巧处理斜率和、斜率积时，可以考虑用平移齐次化方法去解决。【典例1】（25-26高二上·江苏扬州·期中）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，射线与椭圆交于点，的周长为.(1)求椭圆的标准方程；(2)若直线过点且与椭圆只有一个公共点，求直线的方程；(3)过点作斜率为，的两条直线分别与椭圆交于，两点，且，证明：直线过定点.【答案】(1)；(2)；(3)证明见解析.【分析】（1）根据给定条件，列式求出即得椭圆方程.（2）设出直线方程，与椭圆方程联立，利用判别式为0求解.（3）当直线斜率存在时，设出该直线方程并与椭圆方程联立，利用斜率坐标公式及韦达定理求出直线所过定点，再验证直线斜率不存在所过定点即可.【详解】（1）由的周长为，得，解得，由椭圆过点，得，解得，所以椭圆的标准方程为.（2）由直线与椭圆只有一个公共点，且点在椭圆上，得该直线的斜率存在，设直线的方程为，即，由消去得，由，解得，所以直线的方程为：.（3）当直线斜率存在时，如图，设直线方程为，，

由消去得，，即，则，而，由，得，解得，则直线过点；当直线斜率不存在时，，由，得，解得，直线也过点，所以直线过定点.【典例2】（24-25高二上·河南许昌·期末）已知、分别为椭圆的左、右焦点，若点在椭圆上，且的面积为．(1)求椭圆的方程；(2)不经过点的直线与椭圆交于、两点，且直线与直线的斜率之积为，作于点．①证明：直线过定点，并求此定点的坐标；②是否存在定点，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)①证明见解析，定点；②为定值，定值为．【分析】（1）由的面积可得出，再由点在椭圆上，可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出椭圆的方程；（2）①方法一：对直线的斜率是否存在进行分类讨论，当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，设点，则，根据求出的值，可得出结论；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，利用结合韦达定理可得出与的关系，化简的方程，可得出直线所过定点的坐标；方法二：设直线的方程为，将椭圆方程转化为关于、的二次齐次方程，令，可得出关于的一元二次方程，根据一元二次方程根与系数的关系结合可得出、的等量关系式，化简直线的方程，可得出直线所过定点的坐标；②点在以为直径的圆上，由直角三角形的几何性质可得出点为圆心，求出的坐标，并由此可得出的值.【详解】（1）由的面积为，得到：，所以．又因为点在椭圆上，所以，且，所以，，解得，所以椭圆的方程为．（2）①方法一：常规方法当直线斜率不存在时，设直线的方程为，设点，由对称性质可知，则有，可得，又，解得（舍）；②当直线l斜率存在时，设直线的方程为，设点、，由，消去得到，所以，即，由韦达定理可得，．所以，，将，，代入化简得，即，故或，当时，直线的方程可化为，此时，直线过点，当时，直线的方程可化为，此时，直线过点，又因为直线不过点，故直线l过定点.综上所述，直线l过定点.方法二：齐次式法设直线的方程为，由，所以，整理得，，，显然，同除以得：，令，则有，易知、是关于的二次方程的两根，由根与系数关系得：，代入，由得，故直线过定点．②因为，由①知直线过定点，所以点在以为直径的圆上，故当为圆心时，，故存在定点，使为定值，定值为．【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.【变式1】（24-25高三上·山西阳泉·期末）已知椭圆C：的离心率为，且过点．(1)求椭圆C的标准方程；(2)设椭圆C与x轴从左到右的交点为点A，B，点P为椭圆C上异于A，B的动点，设直线PB交直线于点T，连接AT交椭圆C于点Q，直线AP，AQ的斜率分别为，．（i）求证：为定值；（ii）设直线PQ：，证明：直线PQ过定点．【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析【分析】（1）根据椭圆上的点和离心率即可求解；（2）（i）根据两点斜率公式即可代入化简求解，（ii）联立直线与椭圆的方程，可得韦达定理，即可结合化简求解定点.【详解】（1）由椭圆C过点得，又离心率为，即，则，∴．∴椭圆C的标准方程为．（2）（i）设，，，由（1）知，，显然，，而，则．，又，即，∴为定值．（ii）由消去x，得，①，由①得，，又，则，解得（舍）或，满足，因此直线PQ的方程为，∴直线PQ过定点．【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.【变式2】（2025高二·全国·专题练习）已知圆，点P为圆C上的动点，过点P作x轴的垂线，垂足为Q，设D为PQ的中点，且D的轨迹为曲线E．(1)求曲线E的方程；(2)不过原点的直线l与曲线E交于M、N两点，已知OM，直线l，ON的斜率，k，成等比数列，记以OM，ON为直径的圆的面积分别为，，试探究是否为定值，若是，求出此值；若不是，说明理由．【答案】(1)；(2)是，.【分析】（1）设，，利用相关点法求解即可；（2）设MN方程为：，将椭圆方程齐次化，令，转化为关于的一元二次方程，利用韦达定理，结合和定比定理求出，将的坐标代入椭圆方程，两式相加转化为关于的方程组，结合求解，然后由圆的面积公式可得.【详解】（1）设，，因为D为PQ的中点，所以．因为在圆上，所以，所以曲线E的方程为：．

（2）设，因为的斜率存在，所以，设MN方程为：，椭圆方程齐次化：，所以，令，则，则，是其两根，所以又，且，所以，所以，所以，则①，，②③：④，由①④得，，

题型十非对称韦达解｜题｜技｜巧x1x2x1x2【典例1】（25-26高二上·广东广州·期中）已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为、，左、右焦点分别为、．过右焦点的直线交椭圆于点、，且的周长为．

(1)求椭圆的标准方程；(2)求四边形面积的最大值．(3)记直线、的斜率分别为、，证明：为定值．【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）利用椭圆的性质求出，利用离心率求出，进而求出，从而求出椭圆的标准方程；（2）设直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理结合三角形面积公式得出面积表达式，进而求出面积最大值；（3）设直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理结合斜率关系求出的值，从而证明结论．【详解】（1）的周长为，由椭圆的性质可知，椭圆上任意一点到两焦点的距离之和为，，解得，，，，椭圆的标准方程为：．（2）设过点的直线的方程为，联立椭圆方程得，整理得，设点，由韦达定理得，，令，则，，令，求导得，，，，函数单调递减，当时取得最大值，最大值为，的最大值为．（3）设过点的直线的方程为，联立椭圆方程得，整理得，设点，由韦达定理得，，，，，，为定值，命题得证．【典例2】（24-25高二上·山东枣庄·期末）已知椭圆的右焦点坐标为，两个焦点与短轴一个端点构成等边三角形.(1)求椭圆的方程；(2)过作点直线与椭圆相交与两点，（i）在轴上存在一点，使得两条直线恰好关于轴对称，求点的坐标；（ii）再过该点作轴的垂线与交于点，过作直线与平行，交轴于点，交直线于点，求的值．【答案】(1)(2)（i）；（ii）【分析】（1）由题可知，再由条件两个焦点与短轴一个端点构成等边三角形可知，结合求解，进而得到椭圆方程；（2）（i）设直线的方程，联立直线和椭圆，由韦达定理得到两根的关系，设，由，可求解点的坐标；（ii）根据平行得到斜率相等，可以写出直线的方程，进而得到的坐标，联立直线得到点的坐标，发现纵坐标之间的关系即可.【详解】（1）依题意得，解得，所以椭圆的方程为；（2）（i）设直线的方程为：，联立，整理得，其中，则，设，因为恰好关于轴对称，所以，即，即，即，整理可得，则，即得，即，所求点的坐标为；（ii）对于直线的方程，令，得，所以点的坐标为，由于直线的斜率为，直线直线，所以，从而直线的方程为，①令，得，于是点的坐标为，所以直线的方程为，②联立方程①②得，即，即，其中，所以，于是有，从而得，，③方法一：由得，代入③式得，即，所以．方法二：③式中令，得，整理得，由，得，代入得.即，所以．【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x（或y）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为的形式；（5）代入韦达定理求解.【变式1】（25-26高二上·山东日照·期中）已知椭圆的两个焦点，，过点且斜率不为0的直线与椭圆相交于，两点，的周长等于8.(1)求椭圆的标准方程；(2)设椭圆的左、右顶点分别为，，过点且斜率不为0的直线与椭圆交于，两点，设直线，的斜率为别为，，求证：为定值.【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据椭圆的定义及焦点三角形的周长可得标准方程；（2）设的直线方程代入椭圆方程，再由根与系数关系及斜率公式可得定值.【详解】（1）因椭圆的两个焦点，，所以，由的周长等于8，得，即，得.所以椭圆的标准方程为.（2）由（1）可知，设直线的方程为，.将方程代入椭圆方程，得，化简整理得，，.所以，同理.所以，若，则，代入根与系数关系得，即，再消去得，得无解，故.所以.故为定值.【变式2】（25-26高三上·陕西·月考）已知在平面直角坐标系中，曲线上任意一点到直线的距离是它到点距离的2倍.点在曲线上．(1)求的方程；(2)若直线，关于轴对称，求直线MN的斜率的取值范围；(3)若，直线过且直线与，交于P，Q，证明：为定值.【答案】(1)(2)(3)1【分析】（1）设是曲线上任意一点，由题意建立等式化简即可求解；（2）设直线的方程为，联立，设，得到两根之和，两根之积，设关于x轴对称点为，则，且在直线上，根据，得到方程，求出，从而求出直线的斜率的取值范围；（3）设直线为，联立，得到两根之和，两根之积，直线为，表达出直线，联立直线得，同理可得，结合两根之和，两根之积，得到，（），由于，所以，当时，其中一个点坐标为，与重合，不合要求，从而得到结论.【详解】（1）设是曲线上任意一点，由题意可得，化简可得，即曲线的方程为；（2）设直线的方程为，联立得，得到，故，设，故，直线，关于x轴对称，设关于x轴对称点为，则，且在直线上，直线的斜率存在并且不为0，故直线斜率存在且不为0，其中，，即，所以，其中，所以，，将，代入可得，化简得，代入中，得到，即且，所以直线MN的斜率的取值范围为；

（3）直线过点，若直线斜率不存在，则，曲线的左顶点为，此时直线与曲线有且只有一个交点，不符合题意，舍去；若直线斜率存在，设直线为，联立得，，故，解得，设，则，直线为，直线为，联立直线与直线得，同理可得，，其中，故将代入得，（），由于，所以，当时，直线为，联立得，即，解得或2，当时，，当时，，即其中一个点坐标为，与重合，不合要求，综上，.

期末基础通关练（测试时间：10分钟）1.（24-25高二上·江西上饶·期末）已知抛物线的焦点为，点在抛物线上．过点的直线与及圆依次相交于点，如图．(1)求抛物线的标准方程；(2)证明：为定值；(3)过两点分别作抛物线的切线，两条切线相交于点，求与的面积之积的最小值．【答案】(1)(2)证明见解析(3)1【分析】（1）把点坐标代入抛物线方程，可求的值，得抛物线标准方程.（2）根据题意，设直线方程：，与抛物线方程联立，消去，可得关于的一元二次方程，根据韦达定理，可得，，再利用焦半径公式，表示出，化简整理即可.（3）先求出过两点的切线方程，再求两切线的交点，结合点到直线的距离公式，表示出与的面积之积，再结合二次函数的值域问题求最小值.【详解】（1）由题意得，因为点在抛物线上，所以.∴，所以抛物线的标准方程为.（2）由（1）知：，显然直线/的斜率存在，所以设直线方程为：，由，设，则由抛物线的定义得：，所以：，即为定值1．（3）由设直线，联立得：∴，直线，即同理求得直线，，则，∴到的距离，∴与的面积之积，当时，与的面积之积的最小值1.【点睛】思路点睛：本题第二问考查抛物线中弦长的计算问题，常用的思路就是将直线方程与圆锥曲线方程联立，利用韦达定理设而不求法求解.2.（24-25高二上·湖北武汉·期末）已知椭圆的离心率为，且椭圆上一点到焦点的最近距离为，是椭圆左右顶点，过做椭圆的切线，取椭圆上轴上方任意两点（在的左侧），并过两点分别作椭圆的切线交于点，直线交点的切线于，直线交点的切线于，过作的垂线交于．(1)求椭圆的标准方程；(2)若，直线与的斜率分别为与，求的值；(3)求证：．【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据题意列方程组求解；（2）设出过点R的切线方程，与椭圆方程联立可得关于x的一元二次方程，由相切知从而得到关于切线斜率的方程，利用韦达定理求解即可；（3）设，可得，联立过点R的切线方程和椭圆方程，由相切知从而得到关于切线斜率的方程，利用韦达定理写出，，将证明转化为证明即可.【详解】（1）由题意：．所以椭圆的标准方程为：.（2）设过点的切线方程为：，即，由，消去，得：，整理得：，由，整理得，整理得：，所以.（3）设（），的延长线交轴于点，如图：、两点处切线斜率分别为，则．设过点的椭圆的切线方程为：，即，由消去，化简整理得：，由得：化简整理得：，由韦达定理，得：，，所以，，所以要证明，只需证明：，即，因为，所以上式成立，即成立.3．（25-26高二上·北京·期中）已知椭圆，其离心率为，且过点．(1)求椭圆C的标准方程；(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A和B，求直线HA，HB的斜率之和；(3)过点的直线交椭圆C于P，Q两点（异于点H），设直线HP，HQ的斜率分别为，，证明：为定值．【答案】(1)；(2)；(3)证明见解析.【分析】（1）根据椭圆离心率及所过点列出方程组求解即得.（2）由（1）求出点坐标，再利用斜率坐标公式计算得解.（3）根据给定条件，设出直线的方程，并与椭圆方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式计算得证.【详解】（1）由椭圆的离心率为，得，则，由椭圆过点，得，联立解得，所以椭圆C的标准方程为.（2）由（1）得，直线的斜率，所以直线的斜率之和为.（3）由直线过点，且交椭圆于两点，得直线的斜率存在，当直线的斜率为0时，其方程为，不妨令点，由（2）知；当直线的斜率不为0时，设其方程为，，由消去并整理得，，解得或，，因此，所以为定值.4．（25-26高三上·安徽·月考）已知椭圆的离心率为，其左、右焦点分别为，左顶点为，右顶点为，下顶点为，的面积为.(1)求椭圆的方程.(2)设是椭圆上异于的两点，直线的斜率分别为，且满足=，求证：直线过定点.【答案】(1)+y2=1(2)证明见解析【分析】（1）根据题意求出即可；（2）设点，直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，再根据=求出的关系，即可得出结论.【详解】（1）由题意可知：，解得，所以椭圆的方程；（2）设点，若直线的斜率为零，则点关于轴对称，则，不合乎题意；设直线的方程为，由于直线不过椭圆的左、右顶点，则，由，可得，由，可得，由韦达定理可得，，则ty1y2=，所以，解得，即直线的方程为，故直线过定点.5．（25-26高二上·浙江温州·期中）已知抛物线与直线相交于，两点（在左侧），给定点、在抛物线上．(1)用表示；(2)若，，，四点共圆，求实数的值；(3)在（2）的条件下，求过，，，四点的圆的方程．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）联立抛物线和直线方程，根据韦达定理列出关系式；（2）根据四点共圆的性质，结合韦达定理分析四点共圆的成立条件求出的值；（3）先求出四点坐标，代入圆的一般方程求解．【详解】（1）抛物线与直线相交于，两点，联立方程得，移项得，由已知、为方程的两个根，由韦达定理得：．（2）方法一：（代数法）设圆的方程为：，代入点得①，代入点得②，由①②式，消去，得，代入①式得，点在圆上，代入圆的方程，同理对成立，，是方程的两根，但，也是的两根，两方程系数成比例，又得：，③，将，代入③得，化简得，检验：当