热点题型8-5 圆锥曲线解答题考法归类及解题策略7大题型（解析版）-2026新高考数学热点题型全解全练

圆锥曲线解答题考法归类及解题策略7大题型目录第一部分考向速递洞察考向，感知前沿第二部分题型归纳梳理题型，突破重难题型01定点问题题型02定值问题题型03定直线问题题型04最值与范围问题题型05动点轨迹问题题型06存在性问题问题题型07杂糅问题第三部分分层突破固本培优，精准提分A组·基础保分练B组·重难提升练1．（定点问题）（2026·江苏镇江·模拟预测）已知抛物线：（）的焦点到其准线的距离为2.(1)求抛物线的标准方程；(2)过点的直线与抛物线交于，两点，点在第一象限.①直线与抛物线的另一个交点为，当时，求直线的方程；②是否存在定点，使得直线与斜率互为相反数，如果存在，请求出点的坐标；如果不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)①；②【分析】（1）由题意可得，即可求解；（2）①设直线的方程为，然后与抛物线联立可得，同理设出直线的方程为可得，即得，再结合，即可求解；②假设存在这样的，设，且，化简整理可得对任意恒成立，即可求解.【详解】（1）由题意点到其准线的距离为，则，所以抛物线的标准方程为.（2）①设直线的方程为，，，，联立，得，所以，设直线的方程为，联立，得，所以，所以可得，所以，所以，化简得，解得，又因为点在第一象限，所以，则，所以，解得，所以直线的方程为.

②假设存在这样的，设，，所以，即，化简得，即，即对任意恒成立，所以，解得，所以假设成立即存在.2．（定值问题）（2026·辽宁大连·一模）已知椭圆的离心率为，左､右焦点分别为，过的直线（斜率存在且不为0）与椭圆相交于两点，的周长为.(1)求椭圆的方程；(2)过两点分别作椭圆的切线，设与交点为.（i）求点的轨迹方程；（ii）记直线的斜率分别为，证明：为定值.【答案】(1)(2)（i）;（ii）证明见解析.【分析】（1）利用椭圆的定义与性质计算即可；（2）（i）先证明椭圆上一点的切线方程公式，联立切线方程求交点，设方程及即可判定M的轨迹；（ii）利用两点斜率公式结合上问切线方程，联立直线与椭圆根据韦达定理计算即可证明.【详解】（1）由题意可设，则，根据椭圆的定义可知的周长为，所以，即椭圆方程为；（2）设点在椭圆上，易知，所以，即，当且仅当时取得等号，即椭圆上有且仅有一点在直线上，所以过椭圆上一点的切线方程为：；（i）由上知，可设l方程为，，而直线斜率存在且不为0及椭圆的对称性可知，则分别为，联立可得是定值，又作差可得，整理得，即，所以M点在定直线上；（ii）易知，联立得，所以，则，是定值，证毕.

3．（定直线问题）（2026·黑龙江大庆·二模）已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上，且轴.过点作椭圆的切线，交轴于点，过点的直线交椭圆于两点.(1)求椭圆的方程；(2)若为椭圆的中心，求面积的最大值；(3)过点作轴的垂线与直线交于点，求证：线段的中点在定直线上.【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）将点坐标代入椭圆方程，结合半焦距求出即可得椭圆方程；（2）求出切线方程，然后可得点坐标，联立直线和椭圆方程，利用弦长公式和点到直线的距离表示出的面积，然后可得最大值；（3）通过直线方程求交点坐标，结合中点坐标公式和韦达定理化简可证.【详解】（1）由题意可知，解得，所以椭圆的方程为.（2）易知过点且与椭圆相切的直线斜率存在，因此可设该直线方程为.

联立直线与椭圆，整理得，令，整理得，解得.所以过点的切线方程为：，再令，得.所以点的坐标为.由题知，经过点的直线的斜率不为0，设直线方程为联立直线与椭圆，整理得令解得因为点到直线的距离，所以令，则，当且仅当时取到最大值为；（3）设线段的中点为，由（2）可知所以，直线的方程为，则.于是，.所以因为，所以，即因此点在直线上，即线段中点在定直线上.4．（最值与范围问题）（25-26高二上·河北·月考）已知椭圆的离心率为，的左顶点为，上、下顶点分别为．(1)求的方程．(2)记为坐标原点，设是上异于顶点的一个动点，直线与轴交于点，直线与轴交于点．（Ⅰ）记的面积为，的面积为，证明：．（Ⅱ）若点在外接圆的圆外，求点的纵坐标的取值范围．【答案】(1)(2)（Ⅰ）证明见解析（Ⅱ）【分析】（1）根据题意列出方程组，求即可得解；（2）（Ⅰ）设直线的方程为，联立椭圆方程，消元可得一元二次方程，求出点的坐标，再由三角形面积公式化简得证；（Ⅱ）三角形外接圆圆心为的中点，求出坐标，再由题意可得，解出的范围，即可求解点纵坐标范围.【详解】（1）由题意可知，解得，则的方程为.（2）（Ⅰ）由（1）可得，如图，设直线的方程为，则，由，可得，则，则，则直线的方程为，则，又，，所以.（Ⅱ）设外接圆的圆心为，因为，所以为线段的中点，则.因为点在外接圆的圆外，所以，则，则，解得.因为，由，可得，所以.故点的纵坐标的取值范围为.5．（最值与范围问题）（25-26高三上·安徽·月考）在直角坐标系中，已知点和，点是轴上方的一个动点，且直线与的斜率之积为定值．(1)求动点的轨迹的方程；(2)当时，直线与轴交于点，求点的坐标；(3)设的垂心为，求的面积的最大值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）设点，由斜率公式结合已知条件可得出点的轨迹方程；（2）记，，可知，且、，根据以及二倍角的正切公式可求出的值，即可得出直线的方程，由此可得出点的坐标；（3）设点，则，求出直线的方程，与直线的方程联立，可得出点的坐标，可得出.解法一：平方得，令，利用导数求出函数的最大值，即可得出面积的最大值；解法二：设，则，设，，利用导数求出的最大值，即可得出面积的最大值.【详解】（1）设，由题意得，整理得，即，

又点在轴上方，故的方程为．（2）记，．由题意可知，且、．

因为，所以，所以，解得．

故直线的方程为，得．（3）设点，则，过点P的x轴的垂线为①，直线的方程为，过点作的垂线，则垂线方程为②，结合①②式，得两条垂线的交点即为．

又点在上，所以，即，故点，则，

解法一：平方得．设，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，故当时，取得最大值，所以的最大值为．

解法二：设，则．设，，则，当时，，，单调递增，当时，，，单调递减，故当，即时，取得最大值．所以的最大值为．6．（动点轨迹问题）（2025·浙江丽水·一模）已知是椭圆上的两点．(1)求椭圆的标准方程；(2)已知是椭圆上的两动点，且的横坐标之和为，设直线为线段的中垂线，过点作直线，垂足为．求垂足横坐标的取值范围，并求的轨迹方程．【答案】(1)；(2)，且.【分析】（1）根据椭圆上两点代入方程求解的值即可得椭圆方程；（2）设，线段的中点，分别讨论直线的斜率是否存在，当斜率存在时确定直线的方程与直线联立得横坐标与的关系，结合函数得的取值范围，结合圆的定义从而得的轨迹方程.【详解】（1）由题意解得，所以椭圆的标准方程为；（2）设，线段的中点，则，，①当时，的中垂线为轴，过点向中垂线作垂线，垂足为点②当时，直线的斜率，则，所以，将代入椭圆方程得，所以，从而或，线段的中垂线方程为，即．故线段的中垂线过定点故垂足轨迹是在以为圆心，半径为的圆弧，其方程为过点与垂直的直线为，联立方程组消去得，因为，所以，综上①，②所得所以垂足轨迹方程是，且．7．（存在性问题问题）（25-26高三上·安徽阜阳·月考）已知椭圆:的离心率为，且过抛物线的焦点.(1)求椭圆的方程.(2)是椭圆上两点(异于点).（i）若，求的最大值.（ii）作，垂足为点.若直线与的斜率之和为2，是否存在圆心在x轴上的定圆，使得点在该定圆上?若存在，请写出该圆的方程；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)（i）；（ii）存在，【分析】（1）由离心率和抛物线的焦点坐标可求出，进而得到椭圆的方程.（2）（i）设直线的方程为，与椭圆方程联立，结合韦达定理，根据向量数量积为0列出等式并化简，可求得，然后求出的范围，根据和基本不等式的性质求出结果即可；（ii）先求出直线的方程为，直线的方程为y=-，然后联立两个直线的方程求出的定值.【详解】（1）由题意知，则，由，，解得，故椭圆C的方程为.（2）设.（i）由题意直线的斜率存在，设直线的方程为，由得，，根据韦达定理得，.，显然，，即，即，化简得，则（舍去），此时，，则.设，，当且仅当，即时取等号.因为，所以，当且仅当时取等号.故的最大值为.（ii）假设存在以为圆心的定圆N满足题意.当的斜率存在时，显然，，得，此时，存在解集，即存在直线使得直线与的斜率之和为2，则直线的方程为，直线的方程为.由得，即，.当时，为定值.当直线的斜率不存在时，，解得，此时，满足题意.故存在定圆N:，使得点M在定圆N上.8．（杂糅问题）（2026·广西·模拟预测）在平面直角坐标系中，抛物线C：（）的焦点为.设n为正整数，点为C上一点，直线交C于另一点.(1)求a；(2)证明：为定值，并求该定值；(3)分别作以点与点为切点的抛物线的两条切线相交于点，证明：.【答案】(1)；(2)；(3)证明见解析.【分析】（1）直接代入焦点坐标即可得到方程，解出即可；（2）设直线方程为，将其与抛物线方程联立，利用韦达定理即可得到答案；（3）求导得点和点处的切线方程，作差后得到，再计算的表达式，最后利用基本不等式即可证明.【详解】（1）抛物线等价于，由于焦点为，则有，解得．（2）由（1），设直线方程为，联立，得．由于为直线与抛物线交点，故为上述方程的两根，故由韦达定理，，也即为定值.（3）抛物线在处的斜率，故切线方程为．同理，在处的切线方程为，两式相减得，也即，解得，代入切线方程得．故，则由基本不等式，，当且仅当时，等号成立，故，得证.9．（杂糅问题）（2026·江西萍乡·一模）已知一簇双曲线：（），当时，双曲线右顶点为．现按照如下规则依次构造点（，）：过点作轴的垂线交第一象限的渐近线于点，再过点作轴的平行线与曲线的右支交于点．记点坐标为（）．(1)求点的坐标；(2)过点作双曲线的两条渐近线的垂线，垂足分别为，，记的面积为，求数列的通项公式；(3)设为射线与轴正半轴的夹角，已知，存在实数，使得对任意，不等式（，）均成立，求的最小值．【答案】(1)(2)（）；(3)．【分析】（1）由题知，，点，再代入双曲线即可求解；（2）由题，当()时，再根据距离公式得和，再计算面积，并检验时满足即可得答案.（3）结合（2）得，根据累加法得，进而得，将问题转化为，再结合三角函数的性质分类讨论求解即可.【详解】（1）解：双曲线：的一条渐近线为直线，所以，，则点，代入双曲线：，解得，故点的坐标为；（2）解：由题知，：（）的渐近线为：和：，点（），点，则，即，将其代入方程得（），由距离公式，点到，的距离分别为和，故，即（，），当时，，符合上式，综上所述，（）；（3）解：由（2）知，（），，……，累加可得，，当，满足，所以（）所以，此正弦值是递增的，当时，，所以，在单位圆中分析，可得角的终边要落在图中阴影部分区域，其中，即，即位于连续两终边之间，①当为的正整数倍时，连续两终边的间隔大小为，即，取，，此时，，即，当时，取得最小值，；②当不为的正整数倍时，只考虑的情况，可设，（，），则，此时，因为，所以当为正整数时，连续两终边的间隔大小小于，则必定存在正整数，使得的终边落在区间上，不符合题意；综上所述，．10．（杂糅问题）（25-26高三上·吉林长春·月考）平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，经过且倾斜角为的直线与交于A，B两点（其中点在轴上方），且的周长为8，现将平面沿轴向上折叠，折叠后A，B两点在新图形中对应的点分别记为，且二面角为直二面角，如图所示.(1)求折叠前的标准方程；(2)若，求；(3)当时，折叠后，求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根据椭圆定义和离心率可得，，进而可得和椭圆方程；（2）可得直线方程为，与椭圆方程联立结合韦达定理求弦长；（3）联立方程求点的坐标，建立空间直角坐标系，分别求平面与平面的法向量，利用空间向量求面面夹角.【详解】（1）因为的周长为，即，又因为离心率为，则，可得所以折叠前椭圆的标准方程.（2）由（1）可知：，直线经过且斜率为，则直线方程为，且直线与椭圆必相交，与椭圆方程联立，消去得，设交点，则，由弦长公式可得：.（3）当时，直线的方程为：，联立方程，解得或，即，以原来的轴为轴，轴正半轴所在直线为轴，轴负半轴所在的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，故，设平面的一个法向量为，则，取，则，可得平面的一个法向量为，则，所以平面与平面的夹角的余弦值为.01定点问题11．（2026·河南南阳·模拟预测）已知椭圆的左､右焦点分别为，点在上，轴，且点到直线的距离为.(1)求的方程；(2)过点的直线交于不同的两点.（i）求的取值范围；（ii）若于点，证明：直线过定点.【答案】(1)(2)（i）；（ii）证明见解析【分析】（1）先求出，再利用椭圆的定义以及等面积求出即可；（2）（i）设，与椭圆方程联立，根据韦达定理化简即可求出；（ii）求出直线的方程，利用即可化简求出定点.【详解】（1）由题意知，，令，则，得，则，由椭圆的定义可知，，因为点到直线的距离为，所以，则，即，又，得，故的方程为；（2）（i）由题意可知，直线的斜率存在，设，，联立，得，则，，得，则，因为，所以，则，则，故的取值范围为；（ii）因为，所以，若，即，则直线的方程为，即，因为，所以，因为，所以，即，恒过点，若，即，则，则，也过点，故直线过定点.12．（2026·重庆·一模）已知抛物线，与直线交于，两点（O为坐标原点），且.(1)求抛物线的标准方程；(2)若，为抛物线上任意两点，且满足，证明:直线经过一个定点，并求出该定点坐标.【答案】(1)(2)证明详见解析；【分析】（1）联立求出交点坐标，根据解方程可得答案；（2）设直线的方程为，，，联立抛物线方程，可得，再根据，得到的关系式，即得答案.【详解】（1）抛物线与直线交于和两点，联立方程：，得，即，解得或，因此点坐标为，由两点间距离公式：解得，故抛物线的标准方程为：.（2）由(1)知抛物线方程为，点坐标为，设直线的方程为，代入得：设，，则由，得将，与代入，整理得，因式分解得：，解得或，当时，直线方程为，即，过定点（即点），此时或与重合，不符合题意；当时，直线方程为，即，过定点.因此，直线恒过定点.

13．（2026·贵州贵阳·模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，离心率为2，且过点.(1)求双曲线的方程；(2)过的直线与双曲线交于A，B两点，过点作直线的垂线，垂足为.求证：直线BD过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）利用双曲线离心率公式即可求解；（2）设过的直线方程为，与双曲线方程联立，由韦达定理可得，表示出直线BD的方程化简即可求解.【详解】（1）因为，所以.又因为双曲线经过点，所以，解得.所以双曲线的方程为：.（2）由题意得，故，过的直线分别交双曲线于A，B两点，故过的直线斜率不为0，设过的直线方程为，联立，得，则，所以，因为，

故直线BD的斜率为，直线BD方程为，由对称性分析可知直线BD过的定点在轴上，故中，令得，又，将其代入上式中得，，故直线BD过定点.14．（2026·河北邯郸·模拟预测）已知椭圆与双曲线有相同的焦点，椭圆的离心率为.(1)求椭圆的方程；(2)设为椭圆的上顶点，为左焦点，为椭圆上的两点，点关于轴的对称点为为的平分线，求证：直线过定点.【答案】(1)(2)【分析】（1）求出双曲线的焦点，再根据焦点相同设椭圆方程，进而得出方程组求解即可；（2）设直线、的倾斜角分别为和，得出，再利用两角和差的正切公式以及诱导公式得出直线、的斜率之积为，再分别设直线、方程并与椭圆方程联立求出坐标，再设的方程，将坐标代入，建立一元二次方程，结合韦达定理可求；【详解】（1）双曲线方程为，转化为标准形式：，因为，所以焦点坐标为，因为椭圆与双曲线有相同的焦点，故可设其方程为且椭圆的焦点坐标为，椭圆的离心率为，所以，故，故，所以椭圆的方程为.（2）设直线、的倾斜角分别为和，则直线的倾斜角为，由题设知和均不等于，又直线的斜率为，故其倾斜角为，从而有，即，则，即，又，故，设直线、的斜率分别为、，则，设直线、的方程分别为、，设，联立，得，解得，则，故点，同理可得，由题意可知，直线的斜率存在，故设直线的方程为，代入点坐标得，化简得，同理有，故、是方程的两个根，故，解得，故直线方程为，过定点；15．（2026·安徽淮北·一模）已知椭圆的短轴长为2，焦距为2，过的左焦点作斜率之和为1的两条直线和，与交于两点，与交于两点，线段的中点分别为．(1)求椭圆的标准方程；(2)求点的轨迹方程；(3)直线是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请给出理由．【答案】(1)；(2)；(3)直线恒过定点．【分析】（1）求出，从而得到椭圆的标准方程．（2）（方法一）设，显然直线的斜率存在，利用点斜式设直线的方程，直线和椭圆联立方程组，由韦达定理得到，进而得，从而得到点的轨迹方程；（方法二）设，求出的斜率为，利用点差法求解即可得到点的轨迹方程；（3）由（2）知点也满足点的轨迹方程，设直线方程为，直线和点的方程联立方程组，消去得的一元二次方程，设，利用韦达定理得到，由得到的等式，故直线恒过定点．【详解】（1）依题意，设的焦距长为，则，又短轴长，则，因此，椭圆的标准方程为：．（2）（方法一）设，显然直线的斜率存在，设，和椭圆方程联立，消去得：，则进而得，当时，，代入上式，化简得：，当时，也满足上式；又，故点的轨迹方程为：．（方法二）设，则的斜率为，由（1）知椭圆标准方程为：，则①

②②①得：，若，进一步得：，即：，于是．若，即，此时也满足上式，故点轨迹方程为：．（3）由（2）知点也满足方程，设直线方程为，联立，消去得：，设，则，由得：，即，故直线恒过定点．

02定值问题16．（2026·重庆九龙坡·一模）如图，椭圆的离心率为且经过点是其左、右焦点，直线与C相切于点．(1)求椭圆C的标准方程；(2)记到直线l的距离分别为请问是否为定值?如果为定值，求出此定值；如果不为定值，请说明理由；(3)已知直线与x轴交于点P，与l交于点B（B在x轴上方），过A，B分别作直线的垂线，垂足分别为M，N，记，．求证:存在，使得时，．【答案】(1)(2)是定值，为4(3)证明见解析【分析】（1）根据椭圆的离心率为及椭圆经过点，由求解；（2）联立，根据直线与椭圆相切，由，得到的关系，根据，与直线l的距离求解；（3）根据（2）得到，从而得到，，，然后由求解.【详解】（1）由椭圆的离心率为及椭圆经过点，得，解得，因此椭圆方程为；（2）联立，得，设，由直线与椭圆相切知，得，即，则，与直线l的距离，，则，故是定值，为4；（3）由（2）可得，，即，因此可得，，，因此，，若，则，即；假设，因为，得，代入得，矛盾，所以，所以，从而有，即，故存在，使得时．17．（2026·广西柳州·二模）已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为，，点的坐标为，且为的中点.

(1)求椭圆的方程；(2)斜率不为0的动直线过点交椭圆于，两点，直线，交于点，直线AD，BC交于点.（i）设直线的斜率为，直线的斜率为，证明为定值；（ii）以为直径的圆被轴所截得的弦长是否为定值?如果是定值，请求出定值；如果不是定值，请说明理由.【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii）是定值，【分析】（1）根据为的中点可求得顶点的坐标，从而可知，根据离心率可求得，进而可得椭圆方程.（2）（i）设出直线的方程及，利用根与系数的关系可得为定值；（ii）求出的横坐标，从而可根据纵坐标得到圆的方程，进而可得所求弦长的表达式，利用根与系数的关系化简即可求解.【详解】（1）因为点的坐标为，且为的中点，所以，即.又离心率，所以，所以，所以椭圆的方程为.（2）（i）因为直线过点，可设直线的方程为，，由消去得.所以，.因为直线的斜率为，直线的斜率为，所以，所以.，将，代入得，即为定值.（ii）是定值.因为，由两点式可得直线的方程为；因为，，由两点式可得直线的方程为.因为直线，交于点，所以，将代入得，整理得.由得，所以.同理，直线的方程为，直线的方程为，联立可解得，因此，所以直线垂直于轴，以为直径的圆的圆心为，半径，所以圆的方程为，令，可得.将代入直线的方程得，同理得.则.将代入得，所以，解得，故弦长为，是定值，即以为直径的圆被轴所截得的弦长是定值，为.18．（2026·湖南湘潭·二模）设抛物线（为常数，且）的焦点为，准线为，点在上且位于第一象限，过点作的垂线，垂足为．(1)若点的坐标为，求．(2)设过，，三点可作椭圆，且的两个焦点均在轴上，记轴正半轴上的焦点为，且在的左侧．（ⅰ）证明：的周长为定值．（ⅱ）证明：的离心率大于．【答案】(1)(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析【分析】（1）先求出抛物线方程，结合已知几何性质求出点，再利用两点间距离公式计算求解；（2）利用抛物线的焦点弦公式结合椭圆的定义求出三角形的周长，进而证明的周长为定值；利用椭圆的离心率公式结合点在上且位于第一象限构造不等式，进而证明结论．【详解】（1）将点的坐标代入，得，解得，抛物线的方程为，故，准线的方程为，则，．（2）证明：（i）设，，，则，由题意知，，，经过，两点，且这两个点的纵坐标相同，由椭圆的对称性可得，的短轴必在线段的垂直平分线上，且的中心的横坐标．又的焦点均在轴上，在轴上，即．设的长半轴长为，则．设的左焦点为，则，则的周长．，且，，故的周长为定值．（ⅱ）设的焦距为，离心率为，则．由（ⅰ）知，为的右顶点，为右焦点，则．由在轴正半轴上可知，则，．设的短半轴长为，则，将点的坐标代入的方程，并结合，得，整理得，代入与，化简得，解得．点在第一象限且为的右顶点，，即．由知，，则．要证，只需证，即证，即证，的离心率大于，得证．19．（2026·安徽马鞍山·一模）已知，动点满足直线的斜率与直线的斜率的商是，记点的轨迹为.(1)求的方程；(2)已知椭圆以分别为左，右焦点，离心率为.直线与轴平行，与交于点，与交于两点.直线与轴交于点.（i）求面积的最大值；（ii）求证：为定值，并求出该定值.【答案】(1)(2)（i）（ii）证明见解析，定值为.【分析】（1）根据题设条件，写出两直线斜率，根据斜率之比化简即可得解；（2）（i）先求出椭圆方程，设，根据点在椭圆上得到，利用基本不等式求出面积的最值即可；（ii）设，，利用三点共线可得，再由两点间距离公式求出，即可得证.【详解】（1）由题知，，设，则，由题意知，均不为0，即，再由，得，即所以的方程为.（2）（i）因为椭圆的离心率为，故，所以椭圆的方程为，如图，设，其中，，因为在上，所以，由基本不等式，，故，当且仅当时，等号成立，而面积，所以面积的最大值为.（ii）设，，则三点共线，所以，即，解得，则，所以，为定值.20．（2026·江西上饶·一模）已知椭圆的焦距为2，点在椭圆上．(1)求椭圆的方程；(2)如图，斜率存在且不为0的直线与相交于点（在的左侧），，分别为左右焦点，设直线的斜率分别为，且．①求证：直线过定点；②设直线相交于点，求证：为定值．【答案】(1)(2)①证明见解析②证明见解析【分析】（1）由焦距为，在椭圆上，联立关于的方程求解即可；（2）①联立直线和椭圆的方程可得，利用和韦达定理得，化简整理可得，即可求得直线过定点;②联立直线与的方程可得，进而求得和，在求解即可.【详解】（1）如图所示，设椭圆的左、右焦点分别为、，因为焦距为，在椭圆上，所以且轴，故，又由于，所以得，故椭圆方程为（2）①设直线方程为，与椭圆联立，消去得，设，由韦达定理得：直线的斜率，直线的斜率，因此：，即，整理得，所以，故直线过定点.②直线的方程，因为，故直线可写为：，即：直线过和，其方程为：，联立直线与的方程，消去后解得，即；同理，，由题知在的左侧，易得在左半椭圆，故，所以：.03定直线问题21．（2025·甘肃白银·二模）已知抛物线的焦点为F，点是C上一点，且，记O为坐标原点，过点F的直线与C相交于A，B两点．(1)求抛物线C的方程与准线l的方程；(2)求的最小值；(3)已知P，M分别是抛物线C与准线l上的动点，若C在点P处的切线交y轴于点Q，且，试判断点N是否在定直线上，若在，请求出定直线的方程；若不在，请说明理由．【答案】(1)；；(2)；(3)N在定直线上，直线方程为：.【分析】（1）由结合抛物线定义可得准线方程，据此可得抛物线方程；（2）设过点F的直线方程为，将直线方程与抛物线方程联立，结合韦达定理可得，然后由抛物线定义结合基本不等式可得最小值；（3）设，由导数知识可得点P处的切线方程，据此可得点Q坐标，设，由可得，据此完成判断及得到定直线方程.【详解】（1）由是C上一点，且，结合抛物线定义，可得准线方程为：，则焦点为，则；（2）由题可得点F的直线的斜率存在，设过点F的直线方程为：，将直线方程与抛物线方程联立，可得，判别式为.设，由韦达定理，可得，则.又由抛物线定义可得，当且仅当，即时取等号；（3）设，，则在处的切线方程为：.令，得，设，则.又注意到，，则.因，则，从而，即N在定直线上，直线方程为：.22．（2025·黑龙江大庆·三模）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，离心率，过作，交椭圆于点，且.(1)求椭圆的方程；(2)已知，是椭圆上关于轴对称的两点，点在椭圆上，直线，分别交轴于，两点.（ⅰ）证明：；（ⅱ）若点的坐标为，点为平面上一动点（不在直线上），记直线，，的斜率分别为，，，且满足.判断动点是否在定直线上？若在定直线上，求出该直线的方程；若不在，请说明理由.【答案】(1)；(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）在，定直线方程为.【分析】（1）根据给定条件，结合离心率的意义求出即可得椭圆方程.（2）（ⅰ）设出点的坐标，利用三点共线列式，结合点在椭圆上计算即可；（ⅱ）利用斜率坐标公式，结合已知列式计算得解.【详解】（1）由椭圆的离心率，得，则，椭圆的半焦距，由过作，交椭圆于点，，得，解得，则，所以椭圆的方程为.（2）（ⅰ）设，则，由三点共线，得，则，同理由三点共线，得，而，于是，所以.（ⅱ）设，直线，则，由，得，即，整理得，因此，整理得，而点不在直线上，即，则，即，解得，由（ⅰ）知，又，于是，即，所以动点在定直线上，该定直线方程为.23．（2026·云南·模拟预测）在平面直角坐标系中，圆的方程为，点，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线交半径于点，当点在圆上运动时，点的轨迹为曲线.(1)求的方程；(2)设与轴交于.两点（点在点上方），过点的直线（不与轴重合）与交于两点，直线与直线交于点.（i）证明：点在定直线上；（ii）设，，求的最大值.【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii）1.【分析】（1）根据圆的性质，以及椭圆的概念，根据参数写出椭圆标准方程即可.（2）根据直线与椭圆的位置关系，以及韦达定理，判断点在定直线上；再根据向量的线性运算，写出点的坐标，进而求出代数式的表达式，再求出最值.【详解】（1）如图，由题意知，，可知，所以，可得点的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，设椭圆的方程为，则，所以的方程为；（2）①：由题知，可设直线方程为，.联立，得，且，所以，所以，如图，，直线的方程为，直线方程为，联立两方程得，所以，则点的纵坐标恒为4，即点在定直线上.②：由①有，设，又，且，则，则，，故当时，的最大值为1.24．（2026·新疆·二模）已知椭圆经过点，右焦点为.(1)求椭圆的方程；(2)若直线与椭圆交于两点，且直线与的斜率互为相反数，证明：线段的中点在一条定直线上；(3)在（2）的条件下，直接写出的最小值.【答案】(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）根据题意，求得，再将点代入椭圆的方程，求得，进而求得椭圆的标准方程（2）不妨设直线为，联立方程组，求得点的坐标，根据直线与的斜率互为相反数，求得的坐标，得出中点，结合点坐标的关系，即可证得点在直线上；（3）由（2）知点在上，转化为点到直线的距离，即为的最小值，结合点到直线的距离公式，即可求解.【详解】（1）解：因为椭圆经过点，右焦点为，可得，且，将点代入椭圆的方程，可得，解得或（舍），所以椭圆的方程为.（2）证明：不妨设直线的方程为，联立方程组，整理得，则设，则，可得，代入直线的方程，可得，所以，因为直线与的斜率互为相反数，即直线的方程为，同理可得点的坐标为，则的中点的坐标为，又因为，所以点在直线上.（3）解：由（2）知，点在直线上，则点到直线的距离，即为的最小值，又由点到直线的距离公式，可得到直线的距离，所以的最小值为.25．（2026·河北秦皇岛·模拟预测）设是坐标原点，双曲线的左、右焦点分别为，离心率为，且过点，动点在双曲线的右支上.(1)求双曲线的标准方程；(2)设双曲线的左、右两个顶点分别为，点，连接并延长交双曲线于点，直线与直线交于点，求证：点在定直线上；(3)设的平分线与轴交于点，求的值.【答案】(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）根据条件列方程组求解；（2）设，与双曲线方程联立，先求证，，得出，再联立直线的方程即可；（3）利用点到两直线的距离相等化简即可求出.【详解】（1）由题意可得，，，，解得，则双曲线的标准方程为；（2）由题意得，，由题意可知，直线的斜率不为，故设，，联立，得，则，则，则，因为，所以，则,直线，直线，联立，得，得，故点在定直线上；（3）由题意得，，则直线，即，直线，即，因为，所以，则点到直线的距离为，则点到直线的距离为，因为点在的平分线上，所以，则或，得或，即或，即或，由数形结合可知，，故，则.04最值与范围问题26．（2026·广东肇庆·二模）已知椭圆：的焦距为，点在上．(1)求的方程．(2)直线与交于两点．（i）若线段的中点为，求直线的方程；（ii）在（i）的条件下，是椭圆上任意一点，求面积的最大值．【答案】(1)(2)（i）；（ii）【分析】（1）方法一：由椭圆的定义以及即可求解；方法二：将点代入椭圆方程以及求解即可.（2）（i）设，，求解线段的中点，利用点差法求解即可.（ii）方法一：直线与椭圆方程联立，通过参数方程求解点到直线的距离，求解即可.方法二：直线与椭圆方程联立，再由直线平行，点到直线的距离的最大值就是平行线间的距离，求解即可.【详解】（1）方法一：由题意知，，即，设椭圆的左、右焦点分别为，则．因为，所以，解得，又因为，所以.所以椭圆的方程为.方法二：由题意知，，即，因为点在椭圆上，所以，又因为，所以，所以，即，化简得或（舍去），所以，所以，所以椭圆的方程为.（2）（i）设，，因为线段的中点为，所以，，因为，两点在椭圆上，所以所以，所以，所以，所以直线的方程为.（ii）方法一：直线的方程为，联立化简得，.所以.设，则点到直线的距离其中，当时，取最大值，此时，所以面积的最大值为.方法二：直线的方程为，设与直线平行，且与椭圆相切的直线的方程为，联立化简得，，解得，当时，直线与直线的距离更大，此时，切点就是椭圆上到直线距离最大的点，点到直线的距离的最大值就是平行线间的距离，联立化简得，则，所以，，所以面积的最大值为27．（2025·甘肃武威·模拟预测）已知双曲线的离心率为，焦点到渐近线的距离为.(1)求的方程；(2)的下顶点为，直线与的上支交于，两点（点在靠近轴的一侧），直线与直线，分别交于点，，记直线，的斜率分别为，，其中为原点.（i）求证：；（ii）求外接圆的半径的取值范围.【答案】(1)(2)（i）证明见详解；（ii）.【分析】（1）根据已知条件建立方程求出得解；（2）（i）设，，将直线与双曲线方程联立，由根与系数的关系得，求出代入运算得证；（ii）设，求出的三边长，利用，表示出外接圆的半径的表达式，利用基本不等式求解.【详解】（1）由题，设双曲线的上焦点为，渐近线方程为，所以焦点到渐近线的距离为，又离心率，即，得，所以双曲线的方程为.（2）（i）由题得，设，，联立，消去，整理得，则，得或，，，因直线与上支交于两点，故，故或直线的方程为，令，得，即，所以，同理，可得，即得，，又，所以，又，故.（ii）不妨设点均在第一象限，由（i）得，则，故四点共圆，所以的外接圆即为四边形的外接圆，设外接圆的圆心为，则，由（i）得，，故，故因此，的外接圆的半径的取值范围为.28．（2025·上海闵行·一模）已知双曲线，直线过点，，且与的右支交于P、Q两点，与的两条渐近线分别交于A、B两点，其中A、P在第一象限，B、Q在第四象限．(1)求的两条渐近线的夹角；(2)若为的右焦点，求的面积的最小值；(3)若，求的取值范围．【答案】(1)；(2)2(3).【分析】（1）求得渐近线方程，得到倾斜角即可求解；（2）设直线方程为：，联立渐近线方程求得坐标，结合直角三角形面积公式即可求解；（3）由，得到，即，结合韦达定理即可求解.【详解】（1）由双曲线方程可得渐近线方程为，两条渐近线的倾斜角分别为，所以两条渐近线的夹角为；（2）由题意直线斜率不为0，故设方程为：，联立解得：即联立解得：即，所以，所以当时，取最大值，此时面积最小，即；（3）由题意直线斜率不为0，故设方程为：，联立解得：即联立解得：即，联立，消去得：，所以，因为，所以所以，即，即，即，因为，所以，又P、Q两点在的右支上，所以，，所以.29．（2026·四川宜宾·一模）已知双曲线的离心率为，左､右焦点分别为､，焦点到渐近线的距离为1.经过点且倾斜角为的直线与双曲线的左支交于A､B两点（其中点A在x轴上方）.(1)求双曲线的标准方程；(2)将平面沿x轴折叠，记y轴正半轴和x轴所确定的半平面（平面）与y轴负半轴和x轴所确定的半平面（平面）所成的二面角为.（i）如图1，当时，求折叠后的值；（ii）如图2，当时，求折叠后的线段长度的取值范围.【答案】(1)(2)（i）；（ii）【分析】（1）由离心率为，可得；由焦点到渐近线的距离为1，可得，再结合，即可得双曲线的标准方程；（2）（i）在折叠前，联立直线与双曲线的标准方程，可求得A､B两点的坐标，恰为弦长；在折叠后，建立空间直角坐标系，确定A､B两点的坐标，即可求出，进而求出折叠后的值.（ii）在折叠前，联立直线与双曲线的标准方程，应用韦达定理可得A､B两点的坐标的关系；在折叠后，建立空间直角坐标系，确定A､B两点的坐标与折叠前坐标的关系，表示出，再研究此函数的值域即可.【详解】（1）因为双曲线的离心率为，所以，所以，又因为，所以.因为右焦点到渐近线的距离为1，取渐近线的方程为，所以，所以，所以双曲线的标准方程为（2）（i）在折叠前（如图），可知左焦点，又，所以直线的方程为.将其代入双曲线方程，消去整理可得，设交点，，则，，分别代入，可得，，所以，，所以；在折叠后（如图1），因为，所以平面平面，易知原轴正半轴垂直于平面，进而原轴正半轴垂直于原轴，也垂直于原轴负半轴.以射线方向为轴正方向，原轴负方向为轴正方向，原轴正方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，则，所以折叠后.（ii）在折叠前，设直线方程为，联立，消去整理可得，因为直线与双曲线的左支交于，两点（其中点A在x轴上方），所以，,由韦达定理可知，，所以.在折叠后（如图2），以射线方向为轴正方向，原轴负方向为轴正方向，过原点作直线垂直于平面，且向上方向为轴正方向，建立空间直角坐标系.因为，所以，，所以，因为，，所以设，则，且，因为对称轴，所以在区间上单调递减，所以，且无最大值，所以折叠后的线段长度的取值范围是【点睛】关键点：本题在折叠后问题转化为立体几何问题，可采用空间直角坐标系去研究，因此能建立空间直角坐标系，并准确转化A､B两点的坐标显得至关重要，这也是本题的解题关键点.30．（2026·广东茂名·一模）已知椭圆的右焦点为，离心率为.过点且与轴不重合的直线交于两点.(1)求的方程；(2)若的平分线垂直于轴.（i）求实数的值；（ii）以为半径的圆的面积分别记为的面积为，求的取值范围.【答案】(1)(2)（i）4，（ii）【分析】（1）依条件列关于的方程，解方程即可；（2）（i）设直线方程与，，联立椭圆的方程，得到的值，由的平分线垂直于轴，得：，再代入坐标，代入韦达定理可得答案；（ii）分别计算三角形与圆的面积，代入，可把表示成关于的函数，利用对勾函数的单调性可得答案.【详解】（1）由已知，右焦点为，故，离心率，解得，由，得椭圆的方程为（2）（i）设直线的方程为，代入椭圆方程得，设，，则的平分线垂直于轴，等价于，且直线与椭圆有两个交点，由得，将韦达定理代入：，化简得：，解得：.因此，实数的值为；（ii）由（i）知，直线方程为（），联立椭圆方程得则由直线与椭圆有两个交点得：，三角形的面积，，又，所以，于是，，故，令，则：考虑函数，，由，得，故在上单调递增，当时，，所以的值域为，因此，的取值范围是。31．（2026·湖南常德·一模）已知椭圆：过点，且离心率为，，分别为椭圆的左、右焦点，点是椭圆上在第一象限内的一个动点.(1)求椭圆的标准方程；(2)直线，分别交椭圆于点，，直线，的斜率分别为，，求的最小值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意列出关于的方程组，解出即可得结果；（2）设出，，的坐标，分别联立直线与椭圆的方程，结合根与系数的关系得到的坐标，结合斜率公式和基本不等式计算得到的最大值.【详解】（1）根据题意可得解得，，所以椭圆的方程为.（2）设，，，由（1）可知，，因为点在椭圆上，所以.由题意：，：，将直线与椭圆联立，可得，整理可得：.所以.所以，，即.同理，将直线与椭圆联立.可得.整理可得：，所以，所以，，即.所以的斜率为，的斜率为.故因为点在第一象限内.故，.所以的最小值为，当且仅当在处取到等号.32．（2026·四川巴中·一模）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；(2)、为轨迹上不同的两点，①若直线斜率存在且过点，，直线分别与直线，交于点是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由.②若，求的最大值与最小值.【答案】(1)(2)①是定值；②最大值与最小值分别为:【分析】（1）根据已知条件列出等式然后进行化简，即可得到轨迹方程.（2）①设直线，然后与椭圆方程联立，结合韦达定理，求出直线的方程，进而得到，然后化简的表达式，进而得出结果；②设直线方程:，设直线方程:，分别与椭圆方程联立求出，进而得到的表达式并化简，然后根据函数的单调性求出最值.【详解】（1）由已知，有:，化简得:，即点的轨迹为:以原点为中心，以为长半轴，以2为短半轴的椭圆.且椭圆方程为:（2）①由题意，直线斜率不能为0；设直线联立，消得，，由于点在内部，恒成立，得:直线的方程:，令，得:，同理:，②若直线，其中一个斜率不存在，则易知:直线斜率均存在，设直线方程:，联立，消得，，解得:同理，设直线方程:，解得:则有:，所以设，又，由，即，解得；.令，由复合函数单调性可知，在上单调递增，在上单调递减;，.综上所述:的最大值与最小值分别为:.33．（2026·湖北省直辖县级单位·模拟预测）已知是圆上一动点，点，直线与圆的另一个交点为，点在直线上且，动点的轨迹为曲线.(1)求曲线的方程；(2)过作轴的垂线与曲线在第一象限交于点，过点的两条直线交曲线于另外两点，若直线的斜率之和为，试证明直线过定点；(3)在（2）的条件下，设所过定点为，试问曲线上是否存在第二象限的点，使得最大，若存在，求出最大值；若不存在，说明理由.【答案】(1)(2)证明见解析(3)存在，【分析】（1）先由线线平行得到线段成比例，再结合圆的半径相等推导出两条线段相等，接着通过线段的和差关系，将动点到两定点的距离差转化为一个常数，然后依据双曲线的定义判定轨迹类型，最后根据双曲线的参数关系求出标准方程，并剔除不符合几何条件的点，从而得到动点的轨迹方程；（2）方法一：根据分段函数单调递减的性质，分别分析每一段函数的单调性以及分段点处的函数值大小关系，进而确定实数的取值范围；先设直线的方程为，与双曲线方程联立，利用韦达定理得到和的表达式；再将斜率和的条件代入并化简，把韦达定理的结果代入后，通过代数运算得到与的关系式；最后对关系式因式分解，舍去与点重合的情况，从而确定直线恒过的定点；方法二：先以点为基准平移坐标系，将移至原点，再把双曲线方程变换为新坐标系下的齐次方程；接着设过新原点的直线方程，代入齐次方程后得到关于斜率的二次方程，利用斜率和为的条件及韦达定理解出直线参数；最后根据直线方程确定新坐标系下的定点，再还原到原坐标系，得到直线恒过的定点；（3）先利用双曲线定义将转化为，把求的最大值转化为求的最大值；再依据三角形两边之差小于第三边，得，计算出；最后验证直线与双曲线在第二象限有交点，确定等号可取，从而得到的最大值为.【详解】（1）由平面几何知识可得，则，因为，所以，因为，则，所以，即动点的轨迹是以

为焦点的双曲线，，所以，故双曲线方程为；（2）法一：由题可知设直线的方程为，，联立与得：，则，又，代入，，化简得：，所以，，即，故或，当时，直线过定点（与点重合，舍去），当时，直线的方程化为，过定点，故直线过定点.法二：（平移齐次化）以为基准点将整个图像左移2个单位，下移3个单位（即将移到原点），所以双曲线方程变为，设直线的方程为，齐次化，所以，所以，所以，即，两边同除以：，所以，因为，平移前后斜率相等，所以，，所以，即，所以直线方程为过定点，所以平移之前直线过定点.（3）由双曲线定义可知，只需找的最大值，因为（三角形两边之差小于第三边），当在直线延长线与双曲线第二象限交点时等号成立，其中，验证可知直线与双曲线联立，解得第二象限交点存在，故.05动点轨迹问题34．（2025·全国·模拟预测）设和是椭圆的两条经过坐标原点的弦，且直线和的斜率之积为．(1)求的值；(2)设是线段的中点，求的轨迹方程；(3)设是曲线上的动点，过作的切线交于两点．证明：的面积是定值．（参考公式：椭圆在其上一点处的切线方程为【答案】(1)7；(2)；(3)证明见解析【分析】（1）由椭圆对称性可知直线和的斜率分别与直线和的斜率相同，所以可设点D和点N的坐标，再根据斜率乘积为，得到的值.(2)设，利用中点坐标公式列出点和点D，N的坐标关系，化简可得的关系式，即点的轨迹方程.特别注意，直线和的斜率存在且不为.(3)设，结合参考公式写出过的的切线方程，与椭圆的方程进行联立，可得弦长.根据点到直线的距离公式，可得点到切线的距离，即AB边上的高，进而得到的面积.【详解】（1）设，.根据，可得,即,因为,且,所以或.所以．（2）设，由中点坐标公式，得，由（1）可得,或因为,所以，整理得．又因为直线和的斜率之积为，所以直线和的斜率均存在，且不为，所以≠.所以的轨迹方程为(≠).（3）设是椭圆上一点，所以,即.由参考公式知，椭圆在点处的切线方程为，即，即．设.当时，直线斜率不存在，,切线方程为：,所以，此时，原点到切线的距离为.所以的面积为．当时，直线斜率存在，设斜率为.联立，得：.即，即．则．所以．原点到切线的距离．.所以的面积为．综上所述，的面积是定值．35．（2025·浙江台州·一模）已知双曲线的离心率为，且过点，渐近线分别为，，其中经过第一、三象限.(1)求双曲线的渐近线的方程；(2)设动点在第一象限内，且不在直线上，过点分别作的平行线，交轴于，两点，且，为坐标原点.①求动点的轨迹方程；②求面积的最小值.【答案】(1)；(2)①；②.【分析】（1）由，以及，得到，从而写出渐近线方程；（2）①根据题意，写出，的直线方程，从而得到，，再根据得到轨迹方程；②利用面积公式，分析出点到直线的距离最短时，面积最小，再通过直线与曲线的位置关系解决曲线中的最值问题.【详解】（1）由，得，因此，；（2）①过点且与平行的直线方程为：，过点且与平行的直线方程为：，求得，所以动点的轨迹方程为，②在中，因为，所以要使的面积最小，只要使点到直线的距离最短，设过点且与平行的直线，又因为点在点轨迹的渐近线的下方，所以当直线与曲线相切的时候，点到直线的距离最短，联立，消去得，，解得，当时，求得，不满足条件，当时，求得，符合题意，易求得点到直线的距离为，且，因此，面积的最小值为.36．（2025·河南新乡·二模）已知为坐标原点，是椭圆：的左焦点，是椭圆上一点，的最大值是最小值的3倍.(1)求椭圆的离心率；(2)若点不与椭圆的顶点重合，过作的切线，与轴交于点，求；(3)已知，是上两个不同的点，过分别作直线，与相切，与的交点为，若，求动点的轨迹方程.（附：椭圆以点为切点的切线方程为）【答案】(1)；(2)；(3)．【分析】（1）出最大值与最小值，列出关于的齐次式求离心率即可；（2）直接写出点处的切线方程，求出点坐标，利用向量数量积求余弦值，代入计算即可；（3）求出椭圆标准方程，设，表示出直线方程，将用韦达定理表示，得到的方程即为所求.【详解】（1）设，则，，所以最大值为，最小值为，所以，解得，即椭圆的离心率为.（2）设点，，则，椭圆在点处的切线方程为.令，可得，即，，.，；（3）因为，所以，，，的方程为.设，，，则椭圆在点处的切线方程分别为，，则，，故直线的方程为.联立可得，，，则.因为，所以，解得，化简可得，故动点的轨迹方程为.37．（2026·四川雅安·一模）已知曲线上的动点满足，其中，，抛物线的焦点为，点在抛物线的准线上，线段与抛物线交于点，，.(1)求曲线的方程和抛物线的方程；(2)点是抛物线上的动点，过点作曲线的两条切线分别与交于两点，求的面积的最小值及此时点的坐标.【答案】(1)，(2)；或【分析】（1）设，利用向量数量积的坐标表示求出曲线，利用抛物线的定义和性质求出抛物线；（2）设切线方程为，切线斜率为，利用圆心到切线的距离结合韦达定理得到，代入弦长，进而得到的面积与的关系式，求最小值即可.【详解】（1）设，因为，，所以，，所以，即，所以曲线是圆心为，半径为的圆；抛物线的焦点，准线，设点，，过作交准线于，由抛物线的定义可知，又因为，所以与轴的夹角为，因为，所以到准线的距离，所以抛物线.（2）点，则两切线斜率存在，过作圆的切线，即，所以，整理得，设两切线斜率分别为，则，，所以，又因为，所以，因为切线与准线的交点为，，所以，又因为点到准线的距离为，所以，令，则，所以，令，则在上单调递增，因为，当且仅当，即，时等号成立，所以，，所以的面积的最小值为，此时点的坐标为或.06存在性问题38．（24-25高三上·山东·月考）已知椭圆的一个焦点与抛物线的焦点重合，左、右顶点分别为，且上存在点，使得直线与的斜率之积为．(1)求的方程．(2)过点作直线交于两点（与均不重合），过原点作直线的平行线交于，两点，是否存在常数，使得恒成立？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）求出抛物线的焦点坐标，结合斜率坐标公式列式求出即可.（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立求出弦长，再求出即可得解.【详解】（1）抛物线的焦点，依题意，，设，则，而，由直线与的斜率之积为，得，则，，所以椭圆的方程为.（2）显然直线不垂直于轴，设其方程为，则平行线的方程为，由消去得，设，则，，由消去得，解得，则，因此，所以存在常数，使得恒成立，.

39．（2026·陕西西安·三模）已知和为双曲线上两点.(1)求的离心率；(2)在上是否存在点，使得的面积为？若存在，求所有满足要求的点的坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1)2(2)存在，，，，.【分析】（1）根据题意，列出关于的方程组，求得的值，结合离心率的计算公式，即可求解；（2）方法1：假设存在满足条件的点，当垂直于轴时，求得，满足题意；当不垂直于轴时，设直线的方程为，联立方程组，求得，结合弦长公式和点到直线的距离公式，列出方程求得的值，进而得到点的坐标；方法2：求得，且的方程为，根据题意，得到点到直线的距离，利用点到直线的距离公式，求得或，联立方程组，进而求得点的坐标.【详解】（1）解：由点和为双曲线上两点，可得，解得，此时双曲线的方程为，所以双曲线的离心率.（2）解：方法1：假设存在满足条件的点，且设为直线，当垂直于轴时，，此时，满足题意；当不垂直于轴时，设直线的方程为，联立方程组，整理得，则且，可得且，设，可得，所以，则，又因为到的距离为，所以的面积为，令，可得或，解得或或，因为，故当时，，又因为，可得，故；同理可得，当时，；当时，，综上，所有满足要求的点的坐标为，，，.

方法2：因为点和，可得，且直线的方程为，假设存在满足条件的点，设点到直线的距离为，若的面积为3，则，解得，设过且平行于直线的直线为，则，解得或，当时，可得，联立方程组，解得，，代入的方程，可得或；

当时，可得，联立方程组，解得，，代入的方程，可得或，综上可得，所有满足要求的点的坐标为，，，.40．（25-26高三上·天津南开·月考）已知椭圆的离心率为，短轴长为4.(1)求椭圆C的标准方程；(2)已知动直线l过曲线C的左焦点F，且与椭圆C分别交于P，Q两点，试问x轴上是否存在定点R，使得为定值？若存在，求出该定点坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)在轴上存在点，使得为定值．【分析】（1）根据已知可得，进而即得椭圆的标准方程；（2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设，利用韦达定理和向量的数量积求出，此时为定值；当直线的斜率不存在时，直线的方程为，求出此时点也满足前面的结论，即得.【详解】（1）设椭圆的半焦距为,由题意可得，解得，，所以椭圆的标准方程为．（2）①当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立椭圆的方程，可得，设，则．设，则，若为定值，则，解得．此时点的坐标为．②当直线的斜率不存在时，直线的方程为，代入，得不妨设，若，则，，．综上，在轴上存在点，使得为定值．

41．（2026·山东枣庄·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知曲线，点分别为上不同的两点，.(1)求所在椭圆的离心率；(2)是否存在，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在，【分析】（1）由椭圆的方程可得其离心率；（2）设直线的方程为联立，可得，，进而可得，，当时，可得当时，由，得，进而由得范围可得.【详解】（1）因为椭圆的方程为，所以，则椭圆的离心率为；（2）

易知直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为，联立，消去并整理得，此时，解得，由韦达定理得，所以，，所以且，可得，当时，且，则，此时，满足题意；当，易知PQ的中点为，又，所以，即，因为，，所以，即，得，由，得，解得，此时，所以，解得，综上所述，．42．（2026·湖北·二模）如图，椭圆与双曲线在第一象限交于A，B两点．(1)直线的斜率是否为定值，若是，求出其取值，若不是，请说明理由；(2)若，x轴上存在一点P满足，且，求t的值．【答案】(1)是定值(2)【分析】（1）将双曲线和椭圆方程联立，利用一元二次方程根与系数关系、根的判别式、直线斜率公式进行运算证明即可；（2）根据等腰三角形的性质，结合弦长公式、（1）中的结论进行求解即可.【详解】（1）联立椭圆与双曲线有：消y得：，且，关于的二次方程判别式，得，，且有，，从而，得为定值．（2）取中点M，作于H．由，，由（1），则，得．43．（2026·陕西榆林·二模）已知椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，且当轴时，．(1)求椭圆的方程；(2)证明：为定值；(3)若点在轴上方，直线与圆交于两点，点在轴上方，是否存在点，使得与的面积之比为？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由．【答案】(1)；(2)证明见解析，；(3)存在.【分析】（1）根据已知条件列出关于的方程，解方程；（2）联立直线与椭圆方程，求弦长，计算，根据数量关系证明；（3）与的面积之比用，表示，转化为点坐标求解.【详解】（1）因为轴时，，所以点在椭圆上，则，又，联立解得，所以椭圆的方程为：．（2）当的斜率为零时，为椭圆长轴端点，，则，当的斜率不为零时，设的方程为：，设，由消去得，，所以，又，则，因此，即，所以．（3）根据题意得，，，，则，同理，而，，由（2）知，于是，，所以，整理得，则或（舍去），因为，而，解得，即，所以存在点满足题意．07杂糅问题44．（2025·河北·三模）求导是研究函数性质的一种方法，特别是利用导数的几何意义来研究切线的斜率，这种方法也适用于圆锥曲线，我们可以将圆锥曲线方程视为复合函数，仿照复合函数的求导法则来进行，例如：圆的方程，为了求对的导数，可将看作的复合函数，将上式两边逐项对求导，则有：，于是得.已知直线与双曲线相切于点的右焦点为，直线与直线交于点.(1)证明：直线的方程为；(2)证明：以为直径的圆过点；(3)若，直线与两条渐近线交于两点，求的面积.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）根据题意将双曲线视为复合函数，仿照复合函数求导法则直接求导，代入点可得在点处的切线斜率，代入点化简即可求出切线方程；（2）求出点坐标，计算可证；（3）直线与（1）中所求直线结合可求出的值，直线与渐近线联立，结合韦达定理可求出长，计算原点到直线的距离，可直接求出三角形的面积.【详解】（1）因点在双曲线上，可得即.对双曲线的方程两边求导得，解得则在点处的切线斜率为，其切线方程为，整理得，即直线的方程为.（2）

如图，因直线与直线交于点.故，，则，，，，以为直径的圆过点.（3）

由（1）知直线的方程为，即，直线，.如图，设，直线和渐近线联立消元得，，又原点到直线的距离，的面积.45．（2026·江西·一模）已知为抛物线上一点.(1)求的准线方程；(2)若点与关于轴对称，过点且斜率为2的直线交于另一点，设.（i）求数列的前项和；（ii）求的面积.【答案】(1)(2)（i）；（ii）8【分析】（1）代入点的坐标，得出抛物线方程，即可求出准线方程；（2）（i）利用斜率可得，再由等差数列的定义判断数列为等差数列，即可求出前项和；（ii）法一：利用弦长公式、点到直线的距离求三角形面积，法二：利用向量外积求三角形面积即可.【详解】（1）由题意知，则，所以的准线方程为.（2）由（1）知的方程为，（i），所以，所以，所以数列是以为首项，以4为公差的等差数列，所以，所以.（ii）将代入得，则，法一：直线的方程为，点到直线的距离，，的面积.法二：.46．（2025·陕西·模拟预测）把底面为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”．如图，椭圆柱中底面长轴，短轴长为，，分别为下底面椭圆的左、右焦点，为上底面椭圆的右焦点，，为下底面上过点的一条动弦（与不重合），点在下底面椭圆上（与点，不重合），是在上底面的投影．(1)证明：平面；(2)求四面体的体积的取值范围；(3)设平面与平面的夹角为，求的最小值．【答案】(1)证明见解析(2)(3)32【分析】（1）要证明线面平行，则需要通过证明线线平行来证明线面平行，即证明．（2）建立空间直角坐标系，求出直线的方程，然后与椭圆方程联立，结合韦达定理，求出四面体体积的表达式的范围.（3）利用坐标的方法将平面与平面的法向量求出来，然后根据向量夹角的余弦公式表示出，进而得到，最后求出所求表达式的最小值.【详解】（1）证明：如图，连接，由题意得，，则，，，所以，，所以且，则四边形是平行四边形，所以．又因为平面，平面，所以平面．（2）解：以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系．下底面椭圆方程为，设，，：，联立得，且，所以，．所以，令，则，因为在上单调递增，所以，由题可得（3）解：，，，设，则且，，．易得平面的一个法向量是，设平面的法向量是，则令，得，则，所以，所以．又，，所以，，其中．令，由对勾函数性质知在上单调递减，故．47．（2025·江苏·模拟预测）如图所示，分别是“曲圆”与轴、轴的交点，已知，扇形的面积为．（注：题目中把半椭圆与圆弧合成的曲线称作“曲圆”，其中为半椭圆的右焦点）(1)求的值；(2)过点且倾斜角为的直线交“曲圆”于两点，试将的周长表示为的函数；(3)在（2）的条件下，当的周长取得最大值时，探究的面积是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请求出面积的取值范围．【答案】(1)(2)(3)的面积不是定值，取值范围是【分析】（1）由扇形的面积得，由及得；（2）分、、三种情况讨论，利用椭圆的定义表示出的周长；（3）联立直线方程和椭圆方程，由弦长公式、点到直线距离公式、三角形面积公式表示出的面积，根据求出取值范围.【详解】（1）扇形的面积为，解得，半椭圆与轴的交点，右焦点，所以在中，，又因为，所以.（2）显然直线的斜率不为，所以，由（1）知半椭圆方程为，圆弧方程为，恰为椭圆的左焦点，①当时，分别在圆弧和半椭圆上，因为，所以是腰为的等腰三角形，且，所以，因为在半椭圆上，所以，所以的周长；②当时，在半椭圆上，因为在半椭圆上，所以，所以的周长；③当时，分别在半椭圆和圆弧上，因为，所以是腰为的等腰三角形，且，所以，因为在半椭圆上，所以，所以的周长；综上，.（3）由（2）知，当时，，当时，，所以当时，取得最大值，此时在半椭圆上，设直线的方程为，联立得，，，点到直线的距离，所以，令，因为，所以，，，因为在上单调递增，所以即，所以，即的面积不是定值，取值范围是.48．（2025·河北沧州·模拟预测）在平面直角坐标系中，若点的横、纵坐标均为整数，则称为格点，若曲线上存在3个格点构成三角形，则称为“3格曲线”.(1)若椭圆为“3格曲线”，求的离心率；(2)若椭圆上存在个格点，且从中任取3个格点构成三角形，设该三角形的一个顶点为的左顶点的概率为，求；(3)若直线上存在2个格点，使得，其中为曲线：与轴正半轴的交点，求的值.【答案】(1)；(2)；(3)或1或3或.【分析】（1）根据“3格曲线”定义，建立不等式求解得，代入计算得，计算即可求解；（2）分,,三种情况，计算即可求解；（3）根据，结合题意得，设，计算可得，结合，分类讨论求解即可.【详解】（1）由题可知，的左顶点，右顶点是两个格点.因为，所以的上，下顶点不为格点.又为“3格曲线”，所以上至少存在一个异于椭圆顶点的格点，则，则，由，可得，解得，则的离心率；（2）由（1）可知，当时，是上的格点，且，此时上有，共6个格点，则当时，易知上有，共4个格点，则，当时，易知上有，共2个格点，不符合题意，故；（3）因为是直线上的两个格点，所以，显然，则，即.又，所以，不妨设.当，时，，且.则，得,当时，若，则，解得,若，则，解得,当时，,若，则，解得,若，则，解得,综上所述，的值可能为或1或3或.49．（2026·四川巴中·一模）若点，是曲线上相异的两点，且直线的斜率为，则称点，是斜率相关的．已知抛物线：（），点在抛物线上，点与点是斜率相关的，点与点是斜率相关的，其中为常数且，记直线的斜率为．(1)设为坐标原点，若，求的面积．(2)对任意的正整数，是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．(3)设为数列的前项和，若对任意的正整数，都有，求实数的取值范围．【答案】(1)(2)是定值，(3)【分析】（1）先求出抛物线方程，再利用斜率转化条件求出坐标，最后进行面积计算；（2）利用斜率转化条件结合抛物线方程得出斜率表达式，进而得出坐标递推关系，进而得出；（3）先求出数列的通项公式，进而得出的通项公式，再通过裂项相消求和，最后进行不等式恒等分析求出实数的取值范围．【详解】（1）点在抛物线上，则，解得，抛物线的方程为，，是斜率相关的，点，，的方程为，由，解得或，设，，又在上，，解得，则，，点到的距离为，的面积为．（2）根据斜率相关的定义可知，的斜率为，把，代入得，，则，①，同理可得，，即②，③，，对任意的正整数是定值．（3）由（2）中①②消去得，，是以为首项，为公差的等差数列，，由（2）知，，，，对单调递增，且对任意的正整数，都有，，又，原式化简为，解得，实数的取值范围为．50．（2026·江苏·一模）已知，抛物线的准线与交于，两点，且.(1)求抛物线的方程；(2)已知圆心在轴上，半径为的与外切，且与抛物线有且仅有两个公共点.（i）证明：数列为等差数列；（ii）过点作斜率为1的直线，交抛物线于，两点，且，求的值.【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii）【分析】（1）根据题意，，，再代入即可求解；（2）（i）设，联立得，结合相切得到即可证明；（ii）由相切得到，进而得到，结合得到，再解方程即可．【详解】（1）解：由题知抛物线的准线方程为，又，所以，，，则，所以抛物线的方程为；（2）（i）证明：设，则的方程为因为与抛物线有且仅有两个公共点，则由得：，即，即，同理当时有，将两等式相减可得：，而与外切，则有，即有，又，则则，故数列为等差数列.（ii）因为与抛物线有且仅有两个公共点，则由得：即，由，即，由数列为等差数列，公差为2，则，则.斜率为1的直线，交抛物线于，两点，由得：，则，，，所以，则，由，则或（舍去）综上，．51．（2025·陕西·模拟预测）已知椭圆的离心率为，且过点．(1)求的方程；(2)若斜率为的直线与轴交于点，与交于，两点，证明：为定值．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）利用椭圆离心率的性质结合椭圆经过的点求解基本量，得到椭圆方程即可；（2）利用韦达定理表示出，再利用两点间距离公式表示出目标式，化简得到定值即可.【详解】（1）由题意得，得，

故的方程为；（2）设，则直线l的方程为，与联立，得，则，且，

所以，故为定值．52．（24-25高三上·北京·开学考试）已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为A、B，左、右焦点分别为．过右焦点的直线l交椭圆于点M、N，且的周长为16．(1)求椭圆C的标准方程；(2)记直线AM、BN的斜率分别为，证明：为定值．【答案】(1)(2)【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）设直线的方程为：，与椭圆方程联立，消去得到关于的一元二次方程，由韦达定理得到，，再把用，表示出来，化简即可得解.【详解】（1）由的周长为16，及椭圆的定义，可知：，即，又离心率为所以．所以椭圆C的方程为：．（2）依题意，直线l与x轴不重合，设l的方程为：．联立得：，因为在椭圆内，所以，即，易知该不等式恒成立，设，由韦达定理得．又，则注意到，即：.【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，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、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.53．（2025·辽宁鞍山·模拟预测）设，分别是直线和上的动点，且，动点为线段的中点．(1)求动点的轨迹方程；(2)已知线段是圆的一条直径，求的最大值．【答案】(1)(2)．【分析】（1）根据已知条件设出点的坐标，再利用为线段的中点得到，代入中即可求解；（2）将转化为用和表示，代入点的坐标得到关于的一元二次函数即可求得最大值.【详解】（1），分别是直线和上的动点，设，，，点为线段的中点，则，，又，，即，动点的轨迹方程为.（2）线段是圆的一条直径，圆心为，半径为，，，，当时，取得最大值．54．（2025·贵州遵义·模拟预测）过点的直线与抛物线交于，两点，是的焦点．(1)若线段中点的横坐标为1，求的值；(2)求的取值范围．【答案】(1)3；(2).【分析】（1）设，根据题意，得到，结合抛物线的定义，即可求解.（2）设直线的方程为，联立方程组，得到且，求得，结合，即可求解.【详解】（1）抛物线的焦点，设，由线段中点的横坐标为，得，由抛物线定义得，所以.（2）由直线过点，设直线的方程为，由消去并整理得，由，得，且，则，所以的取值范围为.55．（2025·四川成都·一模）已知椭圆：（）的右顶点为，离心率为，左、右焦点分别为、，为椭圆上不同于左、右顶点的任意一点.(1)求椭圆的方程；(2)求的取值范围.【答案】(1)椭圆：；(2).【分析】（1）由题设列出关于的方程组即可求解；（2）由题设设，再由数量积的坐标运算计算即可.【详解】（1）设椭圆焦距为，由题意可得，所以椭圆：；（2）由题可设，则由（1），，所以.

56．（2025·天津·二模）已知椭圆的焦距为，离心率为.(1)求椭圆的方程；(2)设过点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点、，点在以线段为直径的圆外（为原点），求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据焦距和离心率即可求得的值，即