2026年高考数学考前20天冲刺讲义（二）（解析版）

目录倒计时16天➤圆锥曲线（解答题）……………01聚焦圆锥曲线定义、方程、几何性质及直线与曲线位置关系等综合问题10大考向14个核心考点倒计时15天➤数列（解答题）…………………102聚焦等差等比数列通项与求和、数列求通项与求和方法、数列不等式等6大考向6个核心考点倒计时14天➤函数及其性质（选填题）………149聚焦函数定义域值域、单调奇偶周期对称、零点与指对幂函数性质等6大考向15个核心考点倒计时13天➤导数及其应用（选填题）……………………176聚焦导数几何意义、单调性极值最值、不等式恒成立、零点问题等6大考向10个核心考点倒计时16天不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海。——《荀子・劝学》圆锥曲线（解答题）考情透视--把脉命题直击重点►命题解码：①以椭圆、抛物线为考查主体（双曲线多为小题），核心考点包括轨迹方程、直线与曲线位置关系、弦长面积、定点定值、最值范围。②联立方程与韦达定理是通法，几何条件代数化（如向量垂直、斜率积为定值）是关键转化能力，运算量较大。►高考前沿：聚焦“非对称韦达”与“联立”技巧，减少机械运算；强调几何背景的转化（如阿基米德三角形、仿射变换）。突出逻辑推理与数学运算核心素养，需强化分步得分意识。考点抢分--核心精粹高效速记终极考点1

基础公式与方程曲线标准方程焦点离心率准线渐近线椭圆x±ex——双曲线x±exy抛物线ypex——终极考点2

弦长公式与硬解定理（椭圆+直线y=kx+由直线与圆锥曲线联立，消元得到（）则：则：弦长或联立x2a2a2k2+b2x2+2a2km终极考点3

点差法（中点弦）设弦AB中点Mx0,椭圆x2a2+双曲线x2a2-抛物线y2=2px：使用点差法时，需先设Ax终极考点4

弦长与面积弦长公式直线y=kx直线x=ty常见面积S=12S=S=终极考点5

平移齐次化（斜率之和/积为定值）适用：直线过定点Pm,n，涉及k步骤：平移坐标系：x'=x-在新坐标系下写出曲线方程（展开至二次项）。设直线方程y'=kx'化为齐次形式（各项次数相同），则k1由韦达定理得k1注意：平移后曲线方程会多出一次项和常数项，需通过“1的替换”（如用x2终极考点6

仿射变换（椭圆→圆）变换：x'=x, y'=对应关系：点：x直线：y斜率：k面积：S平行、共线、比例保持不变。终极考点7

轨迹方程常用方法方法适用场景步骤直接法动点直接满足几何条件设点、列式、化简、限制范围定义法满足圆锥曲线定义判断曲线类型，直接写方程相关点法动点随已知曲线上点运动用动点表示已知点，代入已知曲线参数法动点坐标与参数有关消去参数得方程交轨法两动直线交点分别表示直线，联立消参终极考点8

常见几何条件代数化几何条件代数表达式A,Bx以AB为直径的圆过CxM为AB中点x四边形ABCD是平行四边形x点P分AB的比为λxP=终极考点9

最值与范围常用工具二次函数：配方求顶点（注意定义域）均值不等式：一正二定三相等判别式法：将目标式转化为关于参数的二次方程，利用Δ≥0导数法：连续函数求导找极值几何意义：斜率、距离、投影的范围终极考点10

易错点清单设直线方程忘记讨论斜率不存在→扣1分联立后二次项系数可能为零（如直线与抛物线对称轴平行）→单独验证判别式Δ>0必须写，且由此确定参数范围→漏写扣1分韦达定理符号写反（尤其x1+弦长公式漏1+k2面积公式漏12→双曲线中点弦未验证点是否在曲线内→可能无解存在性问题解出后未检验Δ>0或范围→扣1分最值问题未说明取等条件或未验证取等点是否在定义域内→扣1分轨迹方程未注明范围（如x≠0）→终极考点11

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：（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）代入韦达定理求解终极考点12

处理定点问题的思路：（1）确定题目中的核心变量（此处设为），（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.终极考点13

处理定值问题的思路：联立方程，用韦达定理得到、（或、）的形式，代入方程和原式化简即可.终极考点14

答题规范模板设方程：“设直线l:y=联立：“联立y=kx+判别式：“由Δ>0得a2韦达：“由韦达定理得x1代入：“将韦达代入目标式，整理得：”结论：“所以，直线恒过定点x0,y0”/“定值为真题精研--复盘经典把握规律考向01第一问：求方程（2025·全国二卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，长轴长为4(1)求C的方程；(2)过点的直线l交C于两点，为坐标原点.若的面积为，求．【详解】（1）因为长轴长为4，故，而离心率为，故，故，故椭圆方程为：.（2）由题设直线的斜率不为0，故设直线，，由可得，故即，且，故，解得，故.（2025·全国一卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，．(1)求C的方程；(2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足．（i）设，求的坐标（用m，n表示）；（ⅱ）设O为坐标原点，是C上的动点，直线OR的斜率为直线的斜率的3倍，求的最大值．【详解】（1）由题可知,，所以，解得，故椭圆C的标准方程为；（2）(ⅰ)设，易知，法一：所以，故，且．因为，，所以，即，解得，所以，所以点的坐标为.法二：设，则，所以，，故点的坐标为.(ⅱ)因为,,由,可得,化简得,即,所以点在以为圆心,为半径的圆上（除去两个点）,为到圆心的距离加上半径,法一：设,所以,当且仅当时取等号,所以.法二：设，则，，当且仅当时取等号,故.（2025·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，椭圆E上的点到两焦点的距离之和为4.(1)求椭圆E的方程；(2)设O为坐标原点，点在椭圆E上，直线与直线，分别交于点A，B．设与的面积分别为，比较与的大小．【详解】（1）由椭圆可知，，所以，又，所以，，故椭圆E的方程为；（2）联立，消去得，，整理得，①，又，所以，，故①式可化简为，即，所以，所以直线与椭圆相切，为切点.设，易知，当时，由对称性可知，．故设，易知，联立，解得，联立，解得，所以，，故．法二：不妨设，易知，当时，由对称性可知，．故设，联立，解得，联立，解得，若，则，由对称性，不妨取，则，，，所以，同理，当时，，当时，则，，,又，所以，所以，，则，即，所以.（2025·天津·高考真题）已知椭圆的左焦点为F，右顶点为A，P为上一点，且直线的斜率为，的面积为，离心率为.(1)求椭圆的方程；(2)过点P的直线与椭圆有唯一交点B（异于点A），求证：PF平分.【详解】（1）依题意，设椭圆的半焦距为，则左焦点，右顶点，离心率，即，因为为上一点，设，又直线的斜率为，则，即，所以，解得，则，即，因为的面积为，，高为，所以，解得，则，，所以椭圆的方程为..（2）由（1）可知，，，易知直线的斜率存在，设其方程为，则，即，联立，消去得，，因为直线与椭圆有唯一交点，所以，即，则，解得，则，所以直线的方程为，联立，解得，则，以下分别用四种方法证明结论：法一：则，所以，，则，又，所以，即平分.法二：所以，，，由两直线夹角公式，得，，则，又，所以，即平分.法三：则，，故，又，所以，即平分.法四：则，所以直线的方程为，即，则点到直线的距离为，又点到直线的距离也为，所以平分.解题妙法三步解题法：三步解题法：定曲线类型：根据题意判断是椭圆、双曲线还是抛物线，明确标准方程形式（椭圆：x2a2+y2b2=1列方程求参数：利用已知条件（如过定点、焦距、离心率、点坐标、几何性质）建立关于a,b解并验证：解出参数，代入标准方程；注意椭圆a>b>0，双曲线a>0,口诀：先定型再定量，代入条件解参数；椭圆双曲看分母，抛物线盯准一次项。考向02第一问：求离心率（2024·新课标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．【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.（2024·北京·高考真题）已知椭圆：，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，过点和的直线与椭圆的另一个交点为．(1)求椭圆的方程及离心率；(2)若直线BD的斜率为0，求t的值．【详解】（1）由题意，从而，所以椭圆方程为，离心率为；（2）直线斜率不为0，否则直线与椭圆无交点，矛盾，从而设，，联立，化简并整理得，由题意，即应满足，所以，若直线斜率为0，由椭圆的对称性可设，所以，在直线方程中令，得，所以，此时应满足，即应满足或，综上所述，满足题意，此时或.（2023·天津·高考真题）已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知．(1)求椭圆的方程和离心率；(2)点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程．【详解】（1）如图，

由题意得，解得，所以，所以椭圆的方程为，离心率为.（2）由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得，设直线的方程为，联立方程组，消去整理得：，由韦达定理得，所以，所以，.所以,,，所以，所以，即，解得，所以直线的方程为.解题妙法三步解题法：三步解题法：写出基本量关系：椭圆e=ca，双曲线e=ca（利用条件列出方程：将几何条件（如点坐标满足曲线方程、焦点三角形边长关系、渐近线夹角等）转化为关于a,b化为e的方程并求解：消去b或a，得到e的二次方程，解出e，注意范围（椭圆0<e<1，双曲线技巧：双曲线渐近线斜率±ba，若已知渐近线夹角可求考向03第一问：轨迹方程（2023·新课标Ⅰ卷·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．【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.

.【点睛】关键点睛：本题的第二个的关键是通过放缩得，同时为了简便运算，对右边的式子平方后再设新函数求导，最后再排除边界值即可.解题妙法三步解题法：三步解题法：设动点坐标：设所求轨迹上任意一点Px,y，根据题意找出列式化简：将条件翻译为等式（如距离公式、斜率关系、向量垂直或共线、点满足某曲线方程），代入已知点的坐标化简。检验完备性：去除不满足条件的点（如分母为零、轨迹范围限制），给出最终轨迹方程，注明缺少的点。常用方法：直接法、定义法（利用圆锥曲线定义）、相关点法（代入法）、参数法。考向04弦长问题（2025·全国二卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，长轴长为4(1)求C的方程；(2)过点的直线l交C于两点，为坐标原点.若的面积为，求．【详解】（1）因为长轴长为4，故，而离心率为，故，故，故椭圆方程为：.（2）由题设直线的斜率不为0，故设直线，，由可得，故即，且，故，解得，故.（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．【详解】（1）设，由可得，，所以，所以，即，因为，解得：．（2）因为，显然直线的斜率不可能为零，设直线：，，由可得，，所以，，，因为，所以，即，亦即，将代入得，，，所以，且，解得或．设点到直线的距离为，所以，，所以的面积，而或，所以，当时，的面积．【点睛】本题解题关键是根据向量的数量积为零找到的关系，一是为了减元，二是通过相互的制约关系找到各自的范围，为得到的三角形面积公式提供定义域支持，从而求出面积的最小值.（2025·全国一卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，．(1)求C的方程；(2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足．（i）设，求的坐标（用m，n表示）；（ⅱ）设O为坐标原点，是C上的动点，直线OR的斜率为直线的斜率的3倍，求的最大值．【详解】（1）由题可知,，所以，解得，故椭圆C的标准方程为；（2）(ⅰ)设，易知，法一：所以，故，且．因为，，所以，即，解得，所以，所以点的坐标为.法二：设，则，所以，，故点的坐标为.(ⅱ)因为,,由,可得,化简得,即,所以点在以为圆心,为半径的圆上（除去两个点）,为到圆心的距离加上半径,法一：设,所以,当且仅当时取等号,所以.法二：设，则，，当且仅当时取等号,故.解题妙法三步解题法：三步解题法：联立方程：将直线y=kx+m与圆锥曲线方程联立，消元得关于x韦达定理：写出x1+x2，x弦长公式：若消去y：AB若消去x：AB=1+1注意：直线过焦点时，可用焦半径公式简化弦长（如抛物线AB=考向05面积问题（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．【详解】（1）因为点在双曲线上，所以，解得，即双曲线．易知直线l的斜率存在，设，，联立可得，，所以，，且．所以由可得，，即，即，所以，化简得，，即，所以或，当时，直线过点，与题意不符，舍去，故．（2）［方法一］：【最优解】常规转化不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，由（1）知，，当均在双曲线左支时，，所以，即，解得（负值舍去）此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；当均在双曲线右支时，因为，所以，即，即，解得（负值舍去），于是，直线，直线，联立可得，，因为方程有一个根为，所以，，同理可得，，．所以，，点到直线的距离，故的面积为．［方法二］：设直线AP的倾斜角为，，由，得，由，得，即，联立，及得，，同理，，，故，而，，由，得，故【整体点评】（2）法一：由第一问结论利用倾斜角的关系可求出直线的斜率，从而联立求出点坐标，进而求出三角形面积，思路清晰直接，是该题的通性通法，也是最优解；法二：前面解答与法一求解点坐标过程形式有所区别，最终目的一样，主要区别在于三角形面积公式的选择不一样．（2021·全国乙卷·高考真题）已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为．（1）求；（2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值．【详解】（1）[方法一]：利用二次函数性质求最小值由题意知，，设圆M上的点，则．所以．从而有．因为，所以当时，．又，解之得，因此．[方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最小值抛物线的焦点为，，所以，与圆上点的距离的最小值为，解得；（2）[方法一]：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法抛物线的方程为，即，对该函数求导得，设点、、，直线的方程为，即，即，同理可知，直线的方程为，由于点为这两条直线的公共点，则，所以，点A、的坐标满足方程，所以，直线的方程为，联立，可得，由韦达定理可得，，所以，，点到直线的距离为，所以，，，由已知可得，所以，当时，的面积取最大值.[方法二]【最优解】：切点弦法+分割转化求面积+三角换元求最值同方法一得到．过P作y轴的平行线交于Q，则．．P点在圆M上，则．故当时的面积最大，最大值为．[方法三]：直接设直线AB方程法设切点A，B的坐标分别为，．设，联立和抛物线C的方程得整理得．判别式，即，且．抛物线C的方程为，即，有．则，整理得，同理可得．联立方程可得点P的坐标为，即．将点P的坐标代入圆M的方程，得，整理得．由弦长公式得．点P到直线的距离为．所以，其中，即．当时，．【整体点评】（1）方法一利用两点间距离公式求得关于圆M上的点的坐标的表达式，进一步转化为关于的表达式，利用二次函数的性质得到最小值，进而求得的值；方法二，利用圆的性质，与圆上点的距离的最小值，简洁明快，为最优解；（2）方法一设点、、，利用导数求得两切线方程，由切点弦方程思想得到直线的坐标满足方程，然手与抛物线方程联立，由韦达定理可得，，利用弦长公式求得的长，进而得到面积关于坐标的表达式，利用圆的方程转化得到关于的二次函数最值问题；方法二，同方法一得到，，过P作y轴的平行线交于Q，则．由求得面积关于坐标的表达式，并利用三角函数换元求得面积最大值，方法灵活，计算简洁，为最优解；方法三直接设直线，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理判别式得到，且．利用点在圆上，求得的关系，然后利用导数求得两切线方程，解方程组求得P的坐标，进而利用弦长公式和点到直线距离公式求得面积关于的函数表达式，然后利用二次函数的性质求得最大值；（2020·海南·高考真题）已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为，（1）求C的方程；（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值.【详解】(1)由题意可知直线AM的方程为：，即.当y=0时，解得，所以a=4，椭圆过点M(2，3)，可得，解得b2=12.所以C的方程：.(2)设与直线AM平行的直线方程为：，如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.

联立直线方程与椭圆方程，可得：，化简可得：，所以，即m2=64，解得m=±8，与AM距离比较远的直线方程：，直线AM方程为：，点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，利用平行线之间的距离公式可得：，由两点之间距离公式可得.所以△AMN的面积的最大值：.【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．（2025·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，椭圆E上的点到两焦点的距离之和为4.(1)求椭圆E的方程；(2)设O为坐标原点，点在椭圆E上，直线与直线，分别交于点A，B．设与的面积分别为，比较与的大小．【详解】（1）由椭圆可知，，所以，又，所以，，故椭圆E的方程为；（2）联立，消去得，，整理得，①，又，所以，，故①式可化简为，即，所以，所以直线与椭圆相切，为切点.设，易知，当时，由对称性可知，．故设，易知，联立，解得，联立，解得，所以，，故．法二：不妨设，易知，当时，由对称性可知，．故设，联立，解得，联立，解得，若，则，由对称性，不妨取，则，，，所以，同理，当时，，当时，则，，,又，所以，所以，，则，即，所以.解题妙法三步解题法：三步解题法：选底与高：若三角形顶点在曲线上，常用S=12AB⋅d（d或S=若直线过原点，S=1联立+韦达：将直线与曲线联立，用韦达定理表示弦长和距离，面积表达为k,m求最值或定值：利用基本不等式、函数单调性、导数等求面积最值；或代入验证得定值。考向06定点问题（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．【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.

【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；（3）得出结论．（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．【详解】（1）解：设椭圆E的方程为，过，则，解得，，所以椭圆E的方程为：.（2），所以，①若过点的直线斜率不存在，直线.代入，可得，，代入AB方程，可得，由得到.求得HN方程：，过点.②若过点的直线斜率存在，设.联立得，可得，，且即联立可得可求得此时，将，代入整理得，将代入，得显然成立，综上，可得直线HN过定点【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种：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.（2020·全国I卷·高考真题）已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．（1）求E的方程；（2）证明：直线CD过定点.【详解】（1）依据题意作出如下图象：

由椭圆方程可得：，，，，椭圆方程为：（2）[方法一]：设而求点法证明：设，则直线的方程为：，即：联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：，解得：或将代入直线可得：所以点的坐标为.同理可得：点的坐标为当时，直线的方程为：，整理可得：整理得：所以直线过定点．当时，直线：，直线过点．故直线CD过定点．[方法二]【最优解】：数形结合设，则直线的方程为，即．同理，可求直线的方程为．则经过直线和直线的曲线的方程可写为．可化为．④易知A，B，C，D四个点满足上述方程，同时A，B，C，D又在椭圆上，则有，代入④式可得．故，可得或．其中表示直线，则表示直线．令，得，即直线恒过点．【整体点评】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题.第二问的方法一最直接，但对运算能力要求严格；方法二曲线系的应用更多的体现了几何与代数结合的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.解题妙法三步解题法：三步解题法：设动直线方程：根据题意设直线方程（点斜式、斜截式或x=联立+韦达：联立直线与曲线，利用韦达定理表示交点坐标之间的关系。求定点：将目标条件（如某直线恒过定点、向量数量积为定值）转化为关于参数的方程，化简后若与参数无关，则定点的坐标即为所求。常用“参数分离法”，令参数系数为0解出定点。口诀：动线引参设方程，联立韦达表关系；恒过定点参数消，解出坐标即得定。考向07定直线问题（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.【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.解题妙法三步解题法：三步解题法：设动点或动线：根据题意设动点坐标或动直线方程。推导点坐标关系：通过条件（如斜率之和/积为定值、点在某曲线上）得到动点的横纵坐标满足的方程。消参数得定直线：消去参数，得到关于x,y的方程，若恒为某条直线（如x=x0例：椭圆上两点与原点连线斜率积为定值，则弦中点轨迹为定直线。考向08求直线方程（2024·新课标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．【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.（2023·天津·高考真题）已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知．(1)求椭圆的方程和离心率；(2)点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程．【详解】（1）如图，

由题意得，解得，所以，所以椭圆的方程为，离心率为.（2）由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得，设直线的方程为，联立方程组，消去整理得：，由韦达定理得，所以，所以，.所以,,，所以，所以，即，解得，所以直线的方程为.（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．【详解】（1）抛物线的准线为，当与x轴垂直时，点M的横坐标为p，此时，所以，所以抛物线C的方程为；（2）[方法一]：【最优解】直线方程横截式设，直线，由可得，，由斜率公式可得，，直线，代入抛物线方程可得，，所以，同理可得，所以又因为直线MN、AB的倾斜角分别为，所以，若要使最大，则，设，则，当且仅当即时，等号成立，所以当最大时，，设直线，代入抛物线方程可得，，所以，所以直线.[方法二]：直线方程点斜式由题可知，直线MN的斜率存在.设,直线由得：，,同理，.直线MD:,代入抛物线方程可得：，同理，.代入抛物线方程可得:,所以，同理可得，由斜率公式可得：（下同方法一）若要使最大，则，设，则，当且仅当即时，等号成立，所以当最大时，，设直线，代入抛物线方程可得，，所以，所以直线.[方法三]：三点共线设，设,若P、M、N三点共线，由所以，化简得，反之，若,可得MN过定点因此，由M、N、F三点共线，得，

由M、D、A三点共线，得，

由N、D、B三点共线，得，则，AB过定点（4,0）（下同方法一）若要使最大，则，设，则，当且仅当即时，等号成立，所以当最大时，，所以直线.【整体点评】（2）法一：利用直线方程横截式，简化了联立方程的运算，通过寻找直线的斜率关系，由基本不等式即可求出直线AB的斜率，再根据韦达定理求出直线方程，是该题的最优解，也是通性通法；法二：常规设直线方程点斜式，解题过程同解法一；法三：通过设点由三点共线寻找纵坐标关系，快速找到直线过定点，省去联立过程，也不失为一种简化运算的好方法．解题妙法三步解题法：三步解题法：设直线形式：根据已知条件选择合适形式：点斜式y=kx+利用条件建立方程：如弦长、面积、垂直、中点、过定点等，结合曲线方程联立，用韦达定理表达条件，得到关于k,m（或解参数并验证：解出参数，代回直线方程；注意判别式Δ>0技巧：若直线过某点Px0,y0，设y考向09存在性问题（2024·天津·高考真题）已知椭圆的离心率为．左顶点为，下顶点为是线段的中点（O为原点），的面积为．(1)求椭圆的方程．(2)过点C的动直线与椭圆相交于两点．在轴上是否存在点，使得恒成立．若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由．【详解】（1）因为椭圆的离心率为，故，，其中为半焦距，所以，故，故，所以，，故椭圆方程为：.（2）若过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：，设，由可得，故且而，故，因为恒成立，故，解得.若过点的动直线的斜率不存在，则或，此时需，两者结合可得.综上，存在，使得恒成立.【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围问题，往往需要用合适的参数表示目标代数式，表示过程中需要借助韦达定理，此时注意直线方程的合理假设.解题妙法三步解题法：三步解题法：假设存在：先假设满足条件的点、直线或参数存在，设出相应变量。推导条件：根据题意列出方程或不等式组（如点在曲线上、距离关系、向量关系等），结合联立消元得到关于变量的方程。判断方程解的情况：若有解且满足范围（判别式、定义域等），则存在，并求出结果；若无解或违反约束，则不存在，给出结论。注意：常需结合判别式Δ≥0考向10证明问题综合（2025·天津·高考真题）已知椭圆的左焦点为F，右顶点为A，P为上一点，且直线的斜率为，的面积为，离心率为.(1)求椭圆的方程；(2)过点P的直线与椭圆有唯一交点B（异于点A），求证：PF平分.【详解】（1）依题意，设椭圆的半焦距为，则左焦点，右顶点，离心率，即，因为为上一点，设，又直线的斜率为，则，即，所以，解得，则，即，因为的面积为，，高为，所以，解得，则，，所以椭圆的方程为..（2）由（1）可知，，，易知直线的斜率存在，设其方程为，则，即，联立，消去得，，因为直线与椭圆有唯一交点，所以，即，则，解得，则，所以直线的方程为，联立，解得，则，以下分别用四种方法证明结论：法一：则，所以，，则，又，所以，即平分.法二：所以，，，由两直线夹角公式，得，，则，又，所以，即平分.法三：则，，故，又，所以，即平分.法四：则，所以直线的方程为，即，则点到直线的距离为，又点到直线的距离也为，所以平分.（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．【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.（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，.【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.（2023·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，．(1)求的方程；(2)设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：．【详解】（1）依题意，得，则，又分别为椭圆上下顶点，，所以，即，所以，即，则，所以椭圆的方程为.（2）因为椭圆的方程为，所以，因为为第一象限上的动点，设，则，

易得，则直线的方程为，，则直线的方程为，联立，解得，即，而，则直线的方程为，令，则，解得，即，又，则，，所以，又，即，显然，与不重合，所以.（2023·新课标Ⅰ卷·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．【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.

.【点睛】关键点睛：本题的第二个的关键是通过放缩得，同时为了简便运算，对右边的式子平方后再设新函数求导，最后再排除边界值即可.解题妙法三步解题法：三步解题法：明确证明目标：证明定值、定点、定直线、垂直、平行、三点共线、角相等等几何结论。转化为代数条件：用坐标表示几何关系（如垂直⇔x1x2联立+韦达/点差法：将直线与曲线联立，用韦达定理代入目标表达式，化简消去变量，证得结果与参数无关。点差法常用于中点弦问题。技巧：遇到椭圆中与中点有关的问题，优先考虑点差法；证明共线常用向量共线或斜率相等。终极预测--压轴实战稳拿高分1．（2026·贵州遵义·模拟预测）已知曲线上一点到的距离与到直线的距离之比为.(1)求曲线的方程：(2)过点的直线与曲线相交于两点，求的最大值.【详解】（1）由题意知，化简得，故曲线的方程为；（2）方法一：设，由题意知所以，因为，所以，又，又是直线被椭圆截得的弦在轴上投影的长度，当直线为轴时，该弦为长轴，投影长度取最大值4，故，所以，当或时取等.故的最大值为2.方法二：设，由题意知若直线的斜率存在设为，则，联立，消去得，易知，所以.所以，故，设，则，所以，易知在递减，所以时的最大值为2，若直线的斜率不存在时，易知，故的最大值为2方法三：设，由题意知由题意知直线设为，则，联立，化简得，易知，所以，所以故，设，则，设则因为在递减，所以当直线的斜率为0时，易知，故的最大值为2.2．（2026·河南·模拟预测）已知双曲线的左焦点为，右顶点为，渐近线方程为，点在直线上.(1)求的方程；(2)过点的直线与相切于点（异于点），证明：.【详解】（1）因为点在直线上，所以.因为的渐近线方程为，所以，故.所以的方程为.（2）设，由，得，则.易知直线的斜率存在（另一条过点的切线为），设其方程为，即.由消去，得.因为直线与相切，所以，且，得，所以直线的方程为，方程的根为，所以，所以直线的方程为.又因为点到直线的距离，等于点到轴的距离，又点在内部，所以.3．（2026·安徽淮南·二模）已知椭圆：的短轴长为，离心率为.(1)求椭圆的方程；(2)记点为椭圆的左顶点，点为椭圆的下顶点，动点是第一象限内椭圆上的一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点.证明：四边形的面积为定值.【详解】（1）因为离心率为，椭圆的短轴长为，所以，解得，所以椭圆的方程为．（2）由（1）可知点，，设（，），则，即①，则直线的方程为，令，得，所以，直线的方程为，令，得，所以，所以，，所以四边形的面积为：又因为，所以，所以四边形ABCD的面积为定值．4．（2026·辽宁辽阳·二模）已知动点满足到的距离比到直线l：的距离少1，动点形成的轨迹称为曲线．(1)求点P的轨迹方程；(2)已知曲线上的两点、满足，且的面积为，求直线的方程．【详解】（1）由动点满足到的距离比到直线l：的距离少1，可知点到点的距离与到的距离相等，所以曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，故轨迹方程为.（2）设，由题可知斜率不为0，设，联立曲线方程并消去可得，显然，因为，所以，所以或，当时，过定点，所以，，所以，所以；当时，过定点，所以，，所以，所以；综上，直线的方程为或.5．（2026·山东德州·二模）在平面直角坐标系中，点到点的距离是它到直线距离的倍，记点的轨迹为.(1)求的方程；(2)设点为的下顶点，直线过点且垂直于轴（位于原点与上顶点之间），过的直线交于两点，直线分别交于两点.（i）证明：为定值；（ii）是否存在实数使得四点共圆？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【详解】（1）设，由题意可知，化简整理得：，故的方程为.（2）（i）由题意可知，设，则直线，直线，因为在直线上，所以，代入直线方程，可知，故点的坐标为，同理可得点的坐标为.当直线斜率不存在时，显然不符合题意，故设直线，代入双曲线方程中，可得，所以，又，所以.（ii）由四点共圆可知，，又，即，故，即，所以.所以，又，由，则，整理可得，所以，故，即，所以点坐标为.6．（2026·四川凉山·二模）已知为椭圆的右焦点，为椭圆的右顶点，为椭圆的上顶点，坐标原点到直线的距离为.(1)求椭圆的标准方程；(2)若直线交椭圆于两点.求的面积的最大值.【详解】（1）由为椭圆的右焦点，则，由，，则，由，化简得，由，则，化简得，故或，由，故，则，即椭圆的标准方程为；（2）设、，联立，消去可得，，则，，，则，点到直线的距离，则，令，则，，当且仅当时，等号成立，故的面积的最大值为.7．（2026·山东泰安·模拟预测）已知椭圆的离心率为，斜率为的直线过原点且与椭圆相交所得弦长为.(1)求椭圆的标准方程；(2)若椭圆的内接四边形为菱形，且该四边形的周长为，面积为，判断是否为定值，若是求出该定值，否则说明理由.【详解】（1）由椭圆的离心率为，，可得，由题意得，解得或，则，解得，，所以椭圆的标准方程为.（2）因为四边形是菱形，所以线段与互相垂直且平分，（ⅰ）当直线，的斜率一个不存在、一个为时，显然，，，是椭圆的四个顶点，所以周长，面积，此时；（ⅱ）当直线，的斜率均存在且不为0时，下面证明菱形的对角线，都过原点：设，，，，则，，两式相减整理后得：①同理可得②显然，，当，，，都不为0时，，.则，与矛盾，所以必有，即菱形的对角线，都过原点，设直线的方程为，则直线的方程为，由，可得，，所以，设，可得，所以，，所以，综上所述，是定值.8．（2026·重庆·二模）已知抛物线C：经过点是抛物线C上异于点A的动点，且(1)求直线AB的斜率(用表示)；(2)设不经过点A的直线l与C交于M，N两点，且直线的斜率之和为1.①求证：直线l恒过定点Q；②若向量，且，求的面积S的取值范围.【详解】（1）根据题意，将点代入抛物线方程，得，所以抛物线C：，则，由于，则，所以；（2）①设，直线的方程为，所以，联立，消去并化简得：，所以，，所以，即，所以，所以，所以直线的方程为，即所以直线过定点，该点坐标为；②由，，可得轴，且，联立与，并令，得，则，且由得，由，即，得，由于得，且，则的面积，而，由于，得，而即，即，所以，且，则且，由于在单调递减，在单调递增，所以，当，当，当，故面积S的取值范围为.9．（2026·四川遂宁·三模）已知抛物线的焦点为，上的点到的距离为5．(1)求抛物线C的方程；(2)，为上两点，的重心在直线上．（i）证明：直线的斜率为定值；（ii）设直线与轴交于点，线段的中点为，线段的中点为，过点向直线作垂线，垂足为．证明：点在定圆上运动．【详解】（1）抛物线的准线方程为．根据抛物线定义，，所以．因此抛物线的方程为．（2）（i）设，，易知；则的重心为，由题意知，，则．所以直线的斜率，为定值．.（ii）因为直线的斜率不为零，所以设直线的方程为．设，．联立，整理得．所以..设为的中点，则，，即．直线与轴交于点，，则中点．由于，所以．所以．直线的斜率，直线的方程，整理得.令，代入方程，解得，因此，直线经过定点．因为，于，所以在以为直径的圆上，圆心为，半径为，所以圆的方程为；因此在以为直径的定圆上．10．（2026·山东东营·二模）已知曲线上任意一点到点的距离比它到轴的距离大．(1)求曲线的方程；(2)为曲线上一点，直线与曲线交于两点（不与点重合），直线与轴交于点，直线与轴交于点，且．（i）求直线的斜率；（ii）证明：的外接圆的圆心在定直线上．【详解】（1）解：设点，由题知，所以，当时，；当时，，无解，舍去；综上，曲线的方程为；（2）因为为曲线上一点，所以，即，（方法一）（i）由题知，直线斜率均存在且不为0，设，因为在曲线上，则，同理可得，所以，令，得，因为，所以，即，所以，即直线的斜率为．（ii）由（i）知的中点，所以直线的垂直平分线，即，同理可得直线的垂直平分线由（i）知，所以，设圆心，联立，得，，因为，所以，所以而，消去得，即的外接圆的圆心在定直线上．（方法二）由题知，直线斜率均存在且不为0，设，，令，得，因为，所以，设，联立，得有解，所以①，因为，所以，即②，把①代入②式可得，即，因为直线不过点，所以，即，所以，即直线的斜率为．（ii）由（i）知，联立，得③，设的外接圆方程为，因为在圆上，所以，所以，联立，得④，因为③式与④式有相同的解，所以，消去得，所以或，当时，，所以过点，不成立，所以⑤，设圆心，即，代入⑤式得，，即的外接圆的圆心在定直线上．（方法三）（i）由题知，直线斜率均存在，设，令，得，因为，所以等价于，设并代入上式得，两边同除得有解，所以，即，所以，即直线的斜率为．（ii）同（方法二）中（ii）解法．11．（2026·天津河东·二模）已知椭圆的方程为，上顶点为，右焦点为，椭圆的离心率为，点为中点，为坐标原点，，椭圆上一点在第一象限．(1)求椭圆方程；(2)若，求；(3)若直线与椭圆交于点，点在点右侧，为线段上一点，，证明过定点，并求出定点坐标．【详解】（1）由离心率为，得，所以，，，，，所以，则，，所以．（2）由（1）可知，，则，所以直线的方程为：，因为，所以点关于直线的对称点在直线上，因为关于直线的对称点为，所以直线的斜率为，可设，联立，，解得（舍），，所以，即．（3）设，因为，所以，整理为，由椭圆方程可知代入得，，因为，所以，则，，．整理为，显然过定点，定点坐标为．12．（2026·山西运城·二模）在平面直角坐标系中，设抛物线的焦点为，点，，且向量与共线．(1)求的方程．(2)已知动直线与交于两个不同的点．（ⅰ）若过点且斜率小于0，证明：以为直径的圆被轴截得的弦长大于．（ⅱ）若不经过点，且平分，求的外接圆圆心的轨迹方程．【详解】（1）解：（1）由题意知，则，因为向量与共线，所以，解得，故的方程为．（2）（ⅰ）证明：设的方程为，代入，得，．设，，则，，则．设以为直径的圆为圆，且圆心的坐标为，则，则圆心到轴的距离，所以圆被轴截得的弦长为，因为，所以，则，即以为直径的圆被轴截得的弦长大于4．（ⅱ）因为平分，所以直线与关于直线对称，又直线的方程为，且点关于直线对称的点为，所以，即．将，代入，得，因为，所以．当直线的斜率不存在时，，此时，重合，这显然不符合题意，则直线的斜率存在．设的方程为，代入，得，则，，解得．由，得或，由平分，，都在上，得均位于第一象限，则．设外接圆的圆心为，线段的中点坐标为，则，所以线段的垂直平分线的方程为，整理得①．同理可得线段的垂直平分线的方程为②．由，及①②可得．因为，所以线段的垂直平分线的方程为，将代入上式得．因为，所以，故的外接圆圆心的轨迹方程为．13．（2026·江西南昌·二模）已知一系列椭圆：的右焦点为，上顶点为，，是等腰三角形，．(1)求椭圆的方程；(2)求数列的通项公式；(3)若数列的前项和为，若对任意的，都有（，），求的最小值．【详解】（1）因为，所以，因为是等腰三角形，且，所以必有，即，则，因此，所以椭圆的方程为.（2）点，设，因为为等腰三角形，所以，，因此，由题意知，所以，所以，所以，所以.（3）因为，，所以，，因此，因为，所以，所以的最大值为1，的最小值为2，的最小值为1．14．（2026·河北保定·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，的周长为面积的最大值为(1)求椭圆的方程.(2)已知点，直线与椭圆交于两点，点为的垂心.（i）若为等边三角形，求点的坐标；（ii）若直线过点，求的最大值.【详解】（1）由题可知，的周长为，即，且最大面积为，解得，又，所以，化简得.即椭圆方程为.（2）（i）为等边三角形，由对称性可知轴，设，，由得，又在椭圆上，，代入得，解得（舍去）.等边三角形垂心与重心重合，重心坐标为，因此.（ii）设，直线，代入椭圆得，韦达定理得，.是垂心，故，方程为，方程为，方程为，两式相减整理得，则，为到的距离，令，则，代入得，由基本不等式，等号成立当（满足），故.15．（2026·河南开封·二模）已知椭圆经过点，F为C的右焦点，且与x轴垂直．(1)求C的标准方程；(2)设直线l与C交于A，B两点，且（O为坐标原点），探究：是否存在定圆与直线l始终相切?若存在，求出该定圆的方程；若不存在，说明理由；(3)在（2）的条件下，求面积的最大值，并求此时直线l的方程．【详解】（1）因为与轴垂直，所以，，又点在椭圆上，，得.所以椭圆的标准方程为.（2）当直线的斜率存在时，设直线方程为，.联立得，整理得.，即.，，，即，整理得.原点到直线的距离，将代入得故距离为定值，所以存在定圆与直线相切.当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，.联立，，则，.，得，即直线的方程为，此时直线与圆相切，符合题意.综上，存在定圆与直线相切，定圆的方程为.（3）由三角形面积公式得，其中为定值.当直线的斜率存在时，，将代入整理得.令，则.当时，即（此时）时，有最大值.此时三角形面积有最大值，最大值为.此时，代入，得，.直线的方程为或.当直线的斜率不存在时，由（2）可得或.此时，.综上，面积的最大值为，此时直线的方程为或.16．（2026·天津南开·一模）已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，短轴长为2，过右焦点且垂直于轴的直线交椭圆于第一象限的点，且.(1)求椭圆的方程；(2)直线：（）与椭圆交于点，，若椭圆上存在点使得四边形为平行四边形.且，求的值.【详解】（1）因为，，所以，.因为，，所以，因为，所以，，所以椭圆方程为.（2）设，，联立方程得，所以，整理得

①，所以，，.因为上存在点使得四边形为平行四边形，所以，即，将代入得，整理得

②，所以，由②知，，因为，所以，整理得，解得，由②知，符合①，因为，所以17．（2026·广东广州·二模）已知椭圆的离心率为，直线被椭圆所截得的线段的长为3．(1)求的方程：(2)已知点，过点的直线交于E，F两点在轴的下方），直线BF交直线于点．（i）设直线ME的斜率为，直线MF的斜率为，判断是否为定值，并说明理由；（ii）证明：直线ME过定点．【详解】（1）因为直线被椭圆所截得的线段的长为3，所以在椭圆上，代入得，又，解得：.（2）设点，设，由得，由，得，解得或，又点，在轴下方，则，由韦达定理得

得，即，因为，所以，所以不是定值.（ii）证明：由（i）得

则直线的方程为，即，当时，得，所以必过定点.18．（2026·广东深圳·二模）已知抛物线的焦点为是上不同的两点（其中在第一象限），点．当与轴垂直，且时，．(1)求的方程；(2)若为轴上一点，且（点与不重合）．从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：①三点共线；②轴；③．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．【详解】（1）由题，关于轴对称，令，则，于是直线过焦点，在中，有，可得：，则，于是的方程为：；（2）选①②⇒③解法1：由题意知，与轴不垂直，不妨设点，则，于是直线，即，若三点共线，，则，取中点，连接，由，则，而，则，则；解法2：由题，与轴不垂直，不妨设直线，点，，联立直线与：则所以取中点，连接，由，则，而，则，则；解法3：如图，设的准线为，过点分别作的垂线，垂足为，过点作，设直线的倾斜角为，于是，则，即，同理，，在与中，，取中点，连接，于是，则，于是，且，且，则，于是，即；①③②解法1：由题，与轴不垂直，不妨设点，则，于是直线，即，若三点共线，则，取中点，连接，由于，由，且，则，，且，则，即，则，则轴，轴；解法2：由题，与轴不垂直，不妨设直线，点，，联立直线与：取中点，连接，由于，由，且，则，，且，则，即，则，则轴，轴：解法3：如图，设的准线为，过点分别作的垂线，垂足为，设直线的倾斜角为，于是，则，即，同理，，在中，，取中点，连接，于是，则，则，在与中，，且，则，于是，即轴，轴；选②③①解法1：由题，与轴不垂直，不妨设点，则，于是直线，即，取中点，连接，由，则，而由，则，，于是，则直线恒过定点，即三点共线．解法2：由题，与轴不垂直，不妨设直线，点，联立直线与：取中点，连接，由，则，而，由，则，，于是，此时，则直线恒过定点，即三点共线．19．（2026·山西晋中·模拟预测）若，点，双曲线．(1)写出，的坐标；(2)证明：对任意，点在双曲线C上；(3)设直线与双曲线C的两条渐近线分别交于点，和点，记的面积为（O为坐标原点），求证：为定值．（参考公式：设三角形的三个顶点分别为，，，则三角形面积）【详解】（1）当时，，．当时，，．（2），，∴任意，点在双曲线上．（3）由（2）知设直线的斜率为，则直线的方程为，且．又双曲线的渐近线为．不妨令是直线与直线的交点，是直线与直线的交点．联立得．联立得．，，．，，．即的面积为定值．20．（2026·浙江温州·二模）已知曲线与点，O为原点，动点，且的最大值为．(1)求曲线E的方程；(2)已知有个点，，，…，按逆时针顺序依次在E上，且，．（ⅰ）当，关于y轴对称，且的面积为1时，求直线的斜率；（ⅱ）当的面积都相等时，记多边形的周长为．若对于，都有，求整数的最小值．【详解】（1）设过点的切线为．联立．因为是切线，则，化简得，则，又取最大值时，为切线，且．.（2）（i）由（1）知椭圆为．设.则.又.因,则得,故，即直线的斜率为．(ii)设，.则．题目条件为各面积相等，．当时，设．记．则，设，则，.又，.当时，若存在，由得．又，其余各，这与矛盾．．记．则.故.又，.由柯西不等式，．又．又．取，则满足面积相等，且．又对一切满足条件的，都有．倒计时15天锲而不舍，金石可镂。——《荀子・劝学》数列（解答题）考情透视--把脉命题直击重点►命题解码：①核心考点为等差等比数列的证明与通项、求和（裂项相消、错位相减、分组求和），以及递推数列（构造法、取倒数、累加累乘）。②常与不等式、函数单调性结合考查最值与放缩，难度中档或压轴第一问。►高考前沿：聚焦“数列与概率综合”（如马尔可夫链基础）及“奇偶项讨论”的新型递推；突出数学运算与逻辑推理，强调从特殊到一般的归纳思想，注意答题规范中的数学归纳法表述。考点抢分--核心精粹高效速记终极考点1

等差、等比数列通项公式（1）等差数列通项公式：或（2）等比数列通项公式：终极考点2

通项公式的构造（1）已知，我们可以用待定系数法构造，从而转化为我们熟悉的等比数列求解（2）已知用求通项（3）已知用求通项公式，其本质是除以一个指数式（4）已知用求通项公式，其本质是待定系数法（5）已知用求通项公式，其本质是除以（6）已知用求通项公式，其本质是取倒数（7）已知用求通项公式，其本质是取对数（8）的类型，公式终极考点3

数列求和的常用方法对于等差、等比数列，利用公式法可直接求解；等差数列求和，等比数列求和对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和；为公差为d的等差数列，为公比为q的等比数列，若数列满足，则数列的前n项和为（3）对于结构，利用分组求和法；（4）对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和.或通项公式为形式的数列，利用裂项相消法求和.即终极考点4

常见的裂项技巧；；指数型；对数型.等终极考点5

数学归纳法模板n=1假设n=证n=综上，对一切n∈终极考点6

常用放缩不等式111n211ln1+真题精研--复盘经典把握规律考向01分组求和1．（2024·全国甲卷·高考真题）已知等比数列的前项和为，且.(1)求的通项公式；(2)求数列的前n项和.【详解】（1）因为,故，所以即故等比数列的公比为，故，故，故.（2）由等比数列求和公式得，所以数列的前n项和.2．（2023·全国乙卷·高考真题）记为等差数列的前项和，已知．(1)求的通项公式；(2)求数列的前项和．【详解】（1）设等差数列的公差为，由题意可得，即，解得，所以，（2）因为，令，解得，且，当时，则，可得；当时，则，可得；综上所述：.3．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，．(1)求的通项公式；(2)证明：当时，．【详解】（1）设等差数列的公差为，而，则，于是，解得，，所以数列的通项公式是.（2）方法1：由（1）知，，，当为偶数时，，，当时，，因此，当为奇数时，，当时，，因此，所以当时，.方法2：由（1）知，，，当为偶数时，，当时，，因此，当为奇数时，，显然满足上式，因此当为奇数时，，当时，，因此，所以当时，.解题妙法三步解题法：三步解题法：拆解通项：将数列的通项公式拆分为若干个可独立求和的子项，如an=bn+cn，其中分别求和：利用等差、等比数列求和公式或常见求和公式（如∑n、∑合并结果：将各部分的和相加，化简得最终前n项和Sn常见拆分：an=2n+考向02裂项相消求和4．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．(1)求的通项公式；(2)证明：．【详解】（1）∵，∴,∴,又∵是公差为的等差数列，∴,∴,∴当时，，∴,整理得：,即,∴，显然对于也成立，∴的通项公式；（2）∴解题妙法三步解题法：三步解题法：分解通项：将通项an裂项为两项之差的形式，即an=fn写出前n项和：Sn化简得结果：整理剩余项，得到最简表达式。考向03错位相减求和5．（2024·全国甲卷·高考真题）记为数列的前项和，已知．(1)求的通项公式；(2)设，求数列的前项和．【详解】（1）当时，，解得．当时，，所以即，而，故，故，∴数列是以4为首项，为公比的等比数列，所以.（2）,所以故所以，.6．（2023·全国甲卷·高考真题）设为数列的前n项和，已知．(1)求的通项公式；(2)求数列的前n项和．【详解】（1）因为，当时，，即；当时，，即，当时，，所以，化简得：，当时，，即，当时都满足上式，所以．（2）因为，所以，，两式相减得，，，即，．解题妙法三步解题法：三步解题法：识别模型：通项为等差数列乘以等比数列的形式，即an列式相减：写出S两边乘公比q：q两式相减，得1−q求出Sn：解出S口诀：等差乘等比，错位相减易；乘公比再相减，等比求和后解出Sn考向04求公差的值及范围7．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）设等差数列的公差为，且．令，记分别为数列的前项和．(1)若，求的通项公式；(2)若为等差数列，且，求．【详解】（1），，解得，，又，，即，解得或（舍去），.（2）为等差数列，，即，，即，解得或，，，又，由等差数列性质知，，即，，即，解得或（舍去）当时，，解得，与矛盾，无解；当时，，解得.综上，.8．（2022·浙江·高考真题）已知等差数列的首项，公差．记的前n项和为．(1)若，求；(2)若对于每个，存在实数，使成等比数列，求d的取值范围．【详解】（1）因为，所以，所以，又，所以，所以，所以，（2）因为，，成等比数列，所以，，，由已知方程的判别式大于等于0，所以，所以对于任意的恒成立，所以对于任意的恒成立，当时，，当时，由，可得当时，，又所以解题妙法三步解题法：三步解题法：设公差/通项：设等差数列{an}的首项a1，公差d利用条件列方程/不等式：将题设条件（如某几项的关系、前n项和的范围、正整数解、单调性）转化为关于d（或a1求解并验证：解方程得d的值；解不等式得d的范围，注意d可为正、负、零，并检查是否满足数列中的隐含条件（如项的正负、整数性等）。注意：涉及前n项和最值时，可结合二次函数对称轴分析；已知Sn表达式可直接求d考向05数列与其他知识点交汇问题9．（2025·全国一卷·高考真题）已知数列中，，.(1)证明：数列是等差数列；(2)给定正整数m，设函数，求．【详解】（1）由题意证明如下，，在数列中，，，∴，即，∴是以为首项，1为公差的等差数列.（2）由题意及（1）得，，在数列中，首项为3，公差为1，∴，即，在中，，∴，当且时，∴，∴∴.10．（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，.【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.11．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．(1)求第2次投篮的人是乙的概率；(2)求第次投篮的人是甲的概率；(3)已知：若随机变量服从两点分布，且，则．记前次（即从第1次到第次投篮）中甲投篮的次数为，求．【详解】（1）记“第次投篮的人是甲”为事件，“第次投篮的人是乙”为事件，所以，.（2）设，依题可知，，则，即，构造等比数列，设，解得，则，又，所以是首项为，公比为的等比数列，即．（3）因为，，所以当时，，故．【点睛】本题第一问直接考查全概率公式的应用，后两问的解题关键是根据题意找到递推式，然后根据数列的基本知识求解．解题妙法三步解题法：三步解题法：识别交汇点：分清数列与哪个知识点结合（函数、不等式、概率、三角、解析几何等），将数列问题转化为该知识点的问题。建立联系：与函数交汇：数列可视为定义在正整数集上的函数，利用单调性、最值、图象等分析。与不等式交汇：常考放缩法证明与Sn与概率交汇：求期望、概率时出现数列求和。与三角交汇：涉及周期数列、三角函数值求和。与解析几何交汇：点坐标成等差或等比数列。综合求解：先解决数列部分（如求通项、求和），再处理另一知识点的计算或证明，最终得出答案。技巧：遇到递推关系与函数结合时，可尝试构造新数列；不等式证明常用裂项放缩或数学归纳法。考向06数列新定义12．（2025·天津·高考真题）已知数列是等差数列，是等比数列，．(1)求，的通项公式；(2)，，有，（i）求证：对任意实数，均有;（ii）求所有元素之和．【详解】（1）设数列的公差为d，数列公比为，则由题得，所以；（2）（i）证明：由（1）或，，当时，设，所以，所以，所以，为中的最大元素，此时恒成立，所以对，均有.（ii）法一：由（i）得对任意实数，均有，所以，，所以取值随着的取值不同各不相同，又为中的最大元素，由题意可得中的所有元素由以下系列中所有元素组成：当均为1时：此时该系列元素只有即个；当中只有一个为0，其余均为1时：此时该系列的元素有共有个，则这个元素的和为；当中只有2个为0，其余均为1时：此时该系列的元素为共有个，则这个元素的和为；当中有个为0，其余均为1时：此时该系列的元素为共有个，则这个元素的和为；…当中有个为0，1个为1时：此时该系列的元素为共有个，则这个元素的和为；当均为0时：此时该系列的元素为即个，综上所述，中的所有元素之和为；法二：由（i）得，为中的最大元素，由题意可得，所以的所有的元素的和中各项出现的次数均为次，所以中的所有元素之和为.13．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）设m为正整数，数列是公差不为0的等差数列，若从中删去两