2026年高考数学终极冲刺：专题04 导数中的零点问题（含隐零点）（抢分专练5大热点题型）（原卷版及解析）

4/4专题04导数中的零点问题（含隐零点）题型考情分析考向预测1．判断与证明函数零点的个数 2025年天津卷：第20题考查了根据零点个数求参数的范围2025年全国二卷：第18题考查了隐零点2024年新高考卷Ⅱ：第11题考查了判断与证明函数零点的个数重点关注与隐零点有关的最值问题、零点有关的参数问题2．根据零点个数求参数的范围3．隐零点解决最值、极值问题（含恒成立）4．借助隐零点判断零点个数5．利用隐零点证明不等式题型1判断与证明函数零点的个数函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．1．（2026·四川巴中·一模）已知在处取得极小值．(1)求在处的切线方程；(2)若，讨论零点的个数．2．（25-26高三上·重庆·月考）已知函数.(1)当时，讨论的单调性；(2)证明:当时，在上有且仅有一个零点.3．（2026·云南玉溪·模拟预测）已知函数．(1)若函数与的图象关于点对称，求的解析式；(2)当时，求的最大值；(3)判断函数在的零点个数，并说明理由．4．（2025·甘肃白银·三模）已知函数．(1)若，求曲线在处的切线方程；(2)函数在上单调递减，求实数a的取值范围；(3)若，证明函数有两个零点．5．（25-26高三上·云南昆明·期中）已知函数.(1)若，证明：当时，；(2)若，求的最小值；(3)讨论的零点个数.6．（25-26高三上·江苏扬州·月考）已知函数.(1)讨论函数的单调性；(2)若恒成立，求的取值集合；(3)若，求证：有且仅有两个零点.题型2根据零点个数求参数的范围利用函数的零点求参数范围的方法(1)分离参数()后，将原问题转化为的值域(最值)问题或转化为直线与的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解；(2)利用函数零点存在定理构建不等式求解；(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．1．（25-26高三上·甘肃兰州·期末）已知函数．(1)当时，讨论的单调性；(2)若有两个零点，求a的取值范围．2．（25-26高三上·江西赣州·期中）已知函数的图象关于直线对称，且在区间上单调.(1)求ω的值;(2)若函数有两个零点，求的取值范围.3．（25-26高三上·辽宁大连·期中）设函数.(1)若，求函数的极值；(2)设函数在上有两个零点，求实数的取值范围.（其中e是自然对数的底数）4．（25-26高三上·福建龙岩·期中）已知函数的极大值点是2.(1)求的值；(2)若在上有3个零点，求的取值范围.5．（2026高三·全国·专题练习）已知函数（，且）.(1)当时，在处的切线斜率为0，求b的值；(2)若对任意的，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；6．（2025高三·全国·专题练习）已知函数，．若函数在上有零点，求实数的取值范围．7．（25-26高三上·辽宁大连·期中）设函数.(1)求函数在上的最大值；(2)若不等式在上恒成立，求的取值范围；(3)若方程在上有三个不相等的实数根，求的取值.题型3隐零点解决最值、极值问题（含恒成立）1、隐零点问题隐零点问题是函数零点中常见的问题之一，其源于含指对函数的方程无精确解，这样我们只能得到存在性之后去估计大致的范围（数值计算不再考察之列）.2、基本步骤：第1步:用零点存在性定理判定导函数零点的存在性,列出零点方程,并结合的单调性得到零点的范围;第2步:以零点为分界点,说明导函数的正负,进而得到的最值表达式;第3步:将零点方程适当变形,整体代入最值式子进行化简:（1）要么消除最值式中的指对项（2）要么消除其中的参数项;从而得到最值式的估计.1．（24-25高三上·福建泉州·月考）已知函数.(1)当时，求函数的单调区间；(2)当时，求证：.2．已知函数，，.(1)求的极值；(2)若恒成立，求的取值范围.3．已知函数，.(1)证明:直线与曲线相切.(2)若函数在上存在最大值，求的取值范围.4．（2025高三·全国·专题练习）已知，函数(1)求曲线在处的切线方程；(2)若曲线和有公共点，当时，求的取值范围.5．已知函数，曲线在点处的切线方程为．(1)求的值；(2)设（为的导数），求的单调区间；(3)求的极值点的个数．6．（2026·上海闵行·二模）已知.(1)当时，解方程；(2)若函数在上有唯一的极值点，求的取值范围，并判断这个极值点是极大值点还是极小值点.7．设函数，为的导数．(1)讨论函数的最值；(2)若为整数，，且，不等式恒成立，求的最大值．8．（2026·河北·模拟预测）已知函数，．(1)当时，求的单调递减区间；(2)若在区间上，为增函数，求的取值范围；(3)若时，的最小值为0，求．题型4借助隐零点判断零点个数1、函数零点的存在性定理函数零点存在性定理：设函数在闭区间上连续，且，那么在开区间内至少有函数的一个零点，即至少有一点，使得.2、隐零点的同构实际上,很多隐零点问题产生的原因就是含有指对项,而这类问题由往往具有同构特征,所以下面我们看到的这两个问题,它的隐零点代换则需要同构才能做出,否则,我们可能很难找到隐零点合适的代换化简方向.我们看下面两例:一类同构式在隐零点问题中的应用的原理分析所以在解决形如,这些常见的代换都是隐零点中常见的操作.1．（2025高三·全国·专题练习）已知函数，若，求的零点个数（参考数据：）．2．（25-26高三下·海南海口·月考）已知函数.(1)若在处的切线为，求的值；(2)当时，确定在上的零点个数.3．（2026·浙江·模拟预测）已知函数.(1)求函数的单调区间；(2)试判断曲线与直线在上公共点的个数；4．（2025·江西南昌·模拟预测）已知函数，且不是的极值点.(1)求a的值；(2)判断的零点个数.5．（2026·云南昆明·模拟预测）已知函数（），.(1)若，证明：，；(2)求函数的零点个数.6．（25-26高三上·天津南开·月考）已知函数．(1)若的极小值小于，求的取值范围；(2)当时，判断的零点个数并写出证明过程．7．（2025·四川巴中·一模）已知函数.(1)求函数的极值；(2)求证：当时，；(3)若.其中.讨论函数的零点个数.题型5利用隐零点证明不等式针对导函数的“隐零点”，求解取值范围时，需要根据导函数零点代入方程，把参数表示成含隐零点的函数，再来求原函数的极值或者最值问题或证明不等式.构建关于隐零点作为自变量的新函数，求函数值域或者证明不等式恒成立问题.在使用零点存在定理确定区间时往往存在困难，必要时使用放缩法取含参的特殊值来确定零点存在区间.1．（24-25高三上·福建福州·期中）已知函数.(1)讨论函数的单调性；(2)若有两个极值点，求实数的取值范围；(3)当时，若，求证：.2．（2026·云南·模拟预测）已知函数．(1)当时，证明：在上存在唯一零点；(2)证明：在上恒成立的充要条件是．3．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知函数．(1)当时，求在区间上的零点个数；(2)当，时，求证：．4．（2025·江苏南通·二模）已知函数的最大值为，设函数的图象在点处的切线为．(1)求的值；(2)证明：当时，切线与函数的图象有另一交点，且.5．已知函数：．(1)若当时，恒成立；求实数a的取值范围；(2)若关于x的方程有两个不同实数根；且，（i）求实数a的取值范围；（ii）求证：．6．（25-26高三上·贵州贵阳·期中）已知函数，.(1)求曲线在点处的切线方程；(2)若函数有两个零点，求实数的取值范围；(3)当时，求证：.1．（2026高三·全国·专题练习）已知函数．(1)当时，求曲线在处的切线方程；(2)讨论的零点个数；2．（2027高三·全国·专题练习）已知函数．(1)求函数的单调区间；(2)求的零点个数．3．（2026高三·上海·专题练习）已知函数，讨论函数的零点个数.4．已知函数，(1)当时，求的对称中心；(2)证明：有唯一零点5．（24-25高三上·江苏徐州·月考）已知函数.(1)讨论函数在区间上的单调性；(2)证明：函数在上有两个零点．6．（2025高三·全国·专题练习）已知函数.当时，证明:有唯一极值点.7．（2025高三·全国·专题练习）设函数．判断并说明函数的零点个数；8．（2026高三·全国·专题练习）已知函数，(1)当时，若直线过原点且与曲线相切，求的方程.(2)若关于的方程恰有两个不同的正实数根，求的取值范围.9．（2025高三·全国·专题练习）已知函数．(1)求的最值；(2)若，求的取值范围．10．（24-25高三上·湖南·开学考试）已知函数.(1)求的单调区间；(2)设函数.证明：（i）函数有唯一极值点；（ii）若函数有唯一零点，则.11．（2026高三·天津·专题练习）已知函数.(1)当时，求曲线在处的切线方程；(2)若对时，，求正实数的最大值.12．（2025·福建泉州·模拟预测）已知函数．(1)若，求函数的单调区间；(2)若，求的取值范围．13．（2026·安徽宿州·一模）已知函数.(1)证明函数存在唯一零点；(2)的零点为，证明.14．（25-26高三上·广东·月考）已知函数.(1)求曲线在点处的切线方程；(2)求的零点个数；(3)探究是否存在最值，若存在，求出最值，若不存在，说明理由.15．（25-26高三上·北京·月考）已知函数．(1)当时，求在的最值；(2)当时，，求在上的极值点个数．16．（25-26高三上·江苏镇江·开学考试）已知函数.(1)若，求的极值；(2)若，判断的零点个数并证明；(3)若对任意，求实数的取值范围.17．（25-26高三上·湖南邵阳·期中）已知函数.(1)讨论函数的单调性；(2)令,当有且仅有两个零点时，求的取值范围.18．（25-26高三上·辽宁·月考）已知函数.(1)当时，求的单调区间；(2)若方程存在两个不同实数根.（i）求整数的取值集合；（ii）若，求实数的取值范围.参考数据：.19．已知函数，．(1)当时，求函数在区间上的值域(2)若，试判断函数是否存在极值，若存在，请确定极值点；若不存在，请说明理由；(3)若函数有三个不同的零点，，）．求a的取值范围；20．已知函数，其中，(1)求的最小值；(2)若，求的取值集合；(3)若，其中，求的最大值．21．（2025高三·全国·专题练习）已知函数．若，讨论的零点个数．22．（2025高三·全国·专题练习）设函数．(1)讨论的导函数零点的个数；(2)求证：当时，．23．（2026·江西萍乡·一模）已知函数，．(1)若，求不等式的解集；(2)若函数有1个极值点，且，证明：有两个零点；(3)在（2）的条件下，设的两个零点分别为，（），证明：．24．已知函数.(1)讨论的单调性.(2)若，当时，证明：存在唯一的极大值点，且.25．（25-26高三上·北京·月考）已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)当时，求的单调区间；(3)当时，讨论的零点个数．26．（25-26高三上·山西太原·月考）已知函数．(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若的极小值小于，求m的取值范围；(3)讨论的零点个数．27．（25-26高三上·北京东城·期中）已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)讨论函数在区间上的极值点的个数；(3)若函数在区间上有唯一零点，证明：.28．（2025·北京海淀·三模）已知函数，曲线在点处的切线斜率为．(1)求的值．(2)求在上的零点个数．(3)证明：在上存在两个零点，且．

专题03圆锥曲线解答题11大热点题型题型考情分析考向预测1.求圆锥曲线中三角形四边形的面积（基础类型）2025年天津卷第18题考查椭圆及角平分线证明2025年新高考II卷第16题考查椭圆及由面积求弦长2025年新高考I卷第18题椭圆及线段最值2024年全国甲卷：第20题考查椭圆及证明线段垂直2024年新高考I卷：第16题考察椭圆方程及由面积求直线方程2023年全国甲卷：第20题考察抛物线及面积最值1题型结构：第1问：求标准方程（定义法/基本量运算送分）第2问：直线与曲线综合（压轴区分度高）2核心热点（必考）定点/定值/定直线：设问隐蔽常藏于角度、距离、向量关系中最值/范围：面积、弦长、斜率、参数范围结合均值不等式/函数单调性3命题新趋势多想少算：强化几何直观（定义、对称性、焦点三角形）弱化纯硬算跨模块融合：高频结合平面向量（垂直/共线/数量积）、不等式、圆2.由圆锥曲线中三角形四边形面积求直线方程/参数（重难点）3.圆锥曲线中的证明类题型4.圆锥曲线中与斜率有关的计算5.圆锥曲线中求三角形四边形面积的最值6.圆锥曲线中其他参数的最值或范围问题7.圆锥曲线中的求直线过定点问题8.圆锥曲线中求过定直线问题9.圆锥曲线中的定值问题10.圆锥曲线中四点共圆/圆过定点问题11.圆锥曲线与其他模块综合/新定义题型题型1.求圆锥曲线中三角形四边形的面积（基础类型）解题方法1三角形面积：通用公式：（为点到直线的距离）向量叉乘：焦点三角形：直接用二级结论2四边形面积：对角线公式：（为对角线夹角）分割法：拆分为两个三角形面积之和对边平行四边形：（为平行线间距离）注意事项弦长公式必须用韦达定理的整体形式距离公式计算时注意绝对值避免符号错误四边形分割时要注意对角线的位置关系避免重复或漏算面积【例1】（2026·云南昭通·模拟预测）已知椭圆C:x23m+y22=1m>1的左、右顶点分别为A、B，P是C上异于A、B的一动点，k1(1)求m的值；(2)若直线AP与直线x=36交于点Q，且BP⋅BQ【答案】(1)m=2(2)6【分析】（1）设Px1,（2）设直线AP的方程为x=ty−6，联立椭圆方程求出P点的坐标，再利用向量条件列出等式求出t的值，最后据此即可求出△PQB【详解】（1）由题意可得A−3m,0，B则k1k2（2）设直线AP:x=ty−6t≠0，Px联立x26+y22=1所以BP=−66因为BP⋅BQ=−4，可得−24S△PQB【变式1-1】（2026·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知A0,3，B4,5为双曲线C：y2a2(1)求C的离心率；(2)过点B的直线l与C的下支交于点P，若△ABP的面积为12，求l的方程.【答案】(1)2(2)y=2x−3或y=【分析】（1）将A0,3代入双曲线方程可得a，再代入B4,5可得（2）先求出AB和直线AB的方程，再利用三角形面积公式得到点P到直线AB的距离，联立点到直线的距离公式和双曲线方程，求出符合下支条件的点P，最后即可求得直线l的方程.【详解】（1）将0,3代入C的方程，得a=3.将4,5代入C的方程，得259−故离心率为e=a（2）由题意知AB=42+5−3设点P(xP,yP)到直线AB的距离为由点到直线的距离公式得xP−2y又点P在C的下支上，由（1）知yP2−由xP−2yP+6=12由xP−2yP+6=−12所以点P的坐标为0,−3或−4,−5，当P0,−3时，直线l的斜率为k=5−(−3)4−0当P−4,−5时，直线l的斜率为k=5−(−5)4−(−4)=5所以直线l的方程为y=2x−3或y=5【变式1-2】（2026·辽宁辽阳·二模）已知动点P满足到F1,0的距离比到直线l：x+2=0的距离少1，动点P形成的轨迹称为曲线C．(1)求点P的轨迹方程；(2)已知曲线C上的两点A、B满足OA⋅OB=5，且△ABF的面积为8【答案】(1)y2(2)x=5或x±21【分析】（1）点P到点F的距离与到x=（2）先设AB:x=my+t，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，表达出OA⋅OB=5，并求出t=5，表达出AB的方程，得到AB过定点G【详解】（1）由动点P满足到F1,0的距离比到直线l：x+2=0的距离少1，可知点P到点F1,0的距离与到所以曲线C是以F1,0为焦点，直线x故轨迹方程为y2（2）设Ay由题可知AB斜率不为0，设AB:x=my+t，联立曲线方程并消去x可得x=my+ty显然Δ=16因为OA⋅所以OA⋅所以t=5或t=−1，当t=5时，AB:x=my+t过定点G5,0所以y1S△ABF=2y1+所以AB:x=5；当t=−1时，AB:x=my−1过定点G−1,0所以y1S=y1+所以AB:x±21综上，直线AB的方程为x=5或x±21题型2由圆锥曲线中三角形四边形面积求直线方程/参数（重难点）解题方法1设直线方程：优先设或（可避免讨论斜率不存在）2联立方程：与圆锥曲线联立写出韦达定理3代入面积公式：将弦长或距离用韦达定理整体代换列方程求解参数4验证判别式：确保直线与曲线有两个交点注意事项设时要单独讨论斜率不存在的情况（即）方程求解后必须验证判别式排除无交点的参数值面积公式中为常数时可直接转化为弦长的方程简化计算【例2】（2026·安徽滁州·二模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为(1)求椭圆C的方程；(2)直线l:y=kx+m与椭圆C交于A，B两点，且四边形OAGB为平行四边形（O为坐标原点）．①求m2②求四边形OAGB的面积．【答案】(1)x(2)①±2；②【分析】（1）根据离心率以及焦距公式即可求出椭圆C的方程（2）联立椭圆与直线方程，利用根与系数的关系求出G坐标，代入椭圆方程可得2m①即m212−k21②由弦长公式、点到直线距离公式结合三角形的面积公式化简即可求解.【详解】（1）已知e=2又焦距为22，∴c=2，故a=2，∴椭圆C的方程为x2（2）把直线方程代入椭圆方程，化简得：1+2k则Δ=32设Ax1,y1，B因为四边形OAGB为平行四边形（O为坐标原点），所以OG⃗∴xG=∴G−4km1+2k2,2m1+2①∵2m2=1+2∴点Qm,k是曲线Γ设曲线Γ的左、右焦点分别为F1−1,0，∴m由双曲线的定义知：m2②记点O到直线AB的距离为d，则d=mAB=∴S【变式2-1】（2026·浙江·二模）设A，B两点的坐标分别为−2,0，2,0，直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之积为3，记点M的轨迹为W，O为坐标原点．(1)求轨迹W的方程；(2)过点F4,0的动直线l1与W的左、右支交于P，Q两点，且与直线x=1交于点C．过点F作直线l2∥OC，直线l2与直线OP，（ⅰ）证明：DFFE（ⅱ）若△EFQ的面积与△OPQ的面积之比为38，求点Q【答案】(1)x(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）Q11【分析】（1）直接利用题目中所给的条件即可求解，注意自变量的取值范围；（2）方法一：联立方程，利用韦达定理和三角形的面积公式进行求解；方法二：用几何比例关系，把面积比转化成线段比进行求解；方法三：将面积比转化成线段比，结合向量共线，代入曲线方程进行求解.【详解】（1）设动点为Mx,y则由直线AM，BM斜率之积为3，得yx+2整理可得x2因此轨迹W的方程为x2（2）（ⅰ）设直线l1的方程为x=ty+4，Px1,y由x=ty+4x24故Δ=直线l2的方程为x=−t3y+4，直线由x=−t3y+4同理解得yE故yD因此yD+yE=因此DFFE（ⅱ）方法一：不妨假设点P在第二象限，点Q在第一象限，此时y1+y2=由题意S△EFQ由（ⅰ）得y1−y代入（*）化简得tt得105t4−142解得t2=9因此y2=−24t−12由对称性可得当点Q在第四象限时，x2=11因此点Q的坐标为Q11方法二：由题意S△EFQ利用OC∥DE结合DF=不妨设QFQC=λ，则得PF=λPC，得PQ=因此QFQP⋅QF解得λ=3故FQ=32QC，因此因此点Q的坐标为Q11方法三：不妨设S△EFQ=3m，S△OPQ因为利用OC∥DE结合DF=由S△PQES△PQO化简得n2+8mn−48m因此EQQO故FQ=32QC，因此因此点Q的坐标为Q11【变式2-2】（2025·浙江绍兴·三模）已知抛物线C:y2=2px(1)求抛物线方程；(2)设点Am,−1是该抛物线上一定点，过点A作互相垂直的直线分别交抛物线C于点B，C，连接BC（ⅰ）求证：直线BC恒过一定点；（ⅱ）过点A，B，C分别作切线，三条切线两两相交于P，Q，R，若△PQR的面积为32，求直线BC【答案】(1)y(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）x−2y=0【分析】（1）由已知焦点到准线的距离是12，可得p（2）由已知可得A1,−1，（ⅰ）设直线BC的方程为x=ty+n，Bx1,y1，Cx2,y2【详解】（1）抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为因为焦点到准线的距离是12，所以p=所以抛物线方程为y2（2）因为点Am,−1在抛物线y2=x上，所以m=1（ⅰ）设直线BC的方程为x=ty+n，Bx1,联立x=ty+ny2=x得y2−ty−n=0AB=x1因为AB⊥AC，所以AB⋅AC=0又x1=y12所以y1因为y1≠−1，y2所以y1y2−y所以x=ty+2−t=ty−1所以直线BC恒过定点2,1；（ⅱ）对y2=x两边求导的2y⋅y在点A1,−1处的切线的斜率k所以切线方程为y+1=−12x−1在点Bx1,所以切线方程为y−y1=又x1=y在点Cx2,设Px联立x+2y+1=0x−2y1y+y联立x+2y+1=0x−2y2y+y联立x−2y1y+y1所以PQ=5点R到直线x+2y+1=0的距离为d=x所以12⋅−n+t+1解得t=2，所以直线BC的方程的方程为x−2y=0.题型3圆锥曲线中的证明类题型解题方法1定点/定值证明：设参数表示相关量化简后消去参数得到定值或定点坐标2垂直/共线证明：利用向量数量积为0证明垂直利用向量共线证明共线3比例关系证明：用韦达定理表示相关线段长度化简得到固定比例4对称/中点证明：利用中点坐标公式或点差法证明中点关系注意事项证明题要明确写出每一步的推导过程不能跳步设参数时要注意参数的取值范围避免特殊情况遗漏化简过程中优先整体代换减少运算量避免计算错误【例3】（2026·福建厦门·二模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A,B,|AB|=4，直线(1)求C的方程；(2)点M在线段PQ上，直线AM,BM分别交C于D,E两点，直线AE,BD交于点N．（i）证明：MN⊥AB；（ii）判断y轴上是否存在定点T，使得|NT|+|NM|为定值．若存在，求出T的坐标；若不存在，说明理由．【答案】(1)x(2)（i）证明见解析，（ii）存在点T0,83，使得|NT|+|NM|【分析】（1）由条件得到263,1（2）（i）分别设Mx0,1,−263<x0<263，Dx1,y1,E【详解】（1）依题意AB=2a=4所以a=2，由直线y=1交C于P，Q两点，|PQ|=4可知点26所以2632所以椭圆方程为x2（2）（i）设Mx0,1设直线AM:x=x0+2y−2，由x=x3x解得y1同理联立BM和椭圆方程，可得y2所以直线BD的斜率为y1所以直线BD:y=−3同理可得AE的斜率为y2所以直线AE:y=−3由y=−34x0+2所以MN⊥AB；（ii）假设存在点T0,t，使得|NT|+|NM|为定值m即|NT|+|NM|=所以x0则3t−3m−1=0t−3所以存在点T0,83，使得|NT|+|NM|【变式3-1】（2026·广东深圳·二模）已知抛物线C：y2=2pxp>0的焦点为F，A，B是C上不同的两点（其中A在第一象限），点M(1)求C的方程；(2)若Q为x轴上一点，且AQ=BQ（点Q与①A，②AQ//y轴；③MB⊥AB．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．【答案】(1)y(2)证明见解析【分析】（1）根据题意可得直线AB过焦点F，利用AM2=FM（2）选①②⇒③，解法1：设点Ax1,y1，Bx2,y解法2：设直线AB：x=ty+1，点Ax1,y1，Bx2,y解法3：设C的准线为l：x=−1，过点A，B分别作l的垂线，垂足为A1，B1，过点F作FH⊥AA1，设直线AB的倾斜角为θ，可得选①③⇒②解法1：设点Ax1,y1，Bx2,y解法2：设直线AB：x=ty+1，点Ax1,y1，Bx2,y解法3：过点A，B分别作l的垂线，垂足为A1，B1，设直线AB的倾斜角为θ，可得AF=21−选②③⇒①解法1：设点Ax1,y1,Bx2,y2,Qx1,0解法2：设直线AB：x=ty+m，点Ax1,y1,Bx2,【详解】（1）由题，A，B关于x轴对称，令y=p，则x=p2，于是直线在Rt△AFM中，有AM2=则p=2，于是C的方程为：y2（2）选①②⇒③解法1：由题意知，AB与x轴不垂直，不妨设点Ax则kAB于是直线AB：y−y若A,B,F三点共线，y1+y取A，B中点P，连接PQ，由QA=而kPQ则kPQ=k解法2：由题，AB与x轴不垂直，不妨设直线AB：点Ax1,y1，Bx=ty+1y2所以Δ取A，B中点P，连接PQ，由QA=而kPQ则kPQ=k解法3：如图，设C的准线为l：x=−1，过点A，B分别作过点F作FH⊥AA设直线AB的倾斜角为θ，于是AF=AA即AF=21−在△QFA与△BFM中，QF=取A，B中点P，连接于是FP=2cos于是cosθ且QFBF且∠QFA=∠BFM，则△QFA∼△BFM，于是∠MBF=∠AQF=π2，即①③⇒②解法1：由题，AB与x轴不垂直，不妨设点Ax则kAB于是直线AB：y−y若A，B，取A，B中点P，连接由于kPQ由PA=PB，PQ⊥AB，且4y1+则y1y2则m=−y1y2=解法2：由题，AB与x轴不垂直，不妨设直线AB：点Ax1,y1,Bxx=ty+1取A，B中点P，连接由于kPQ由PA=PB，PQ⊥AB，且4y1+则y1y2则m=−y1y2=解法3：如图，设C的准线为l：x=−1，过点A，B分别作设直线AB的倾斜角为θ，于是AF=AA即AF=21−在△BFM中，FM=2取A，B中点P，连接FQ于是cosθ=BFMF则FQ=在△QFA与△BFM中，QF=QF且∠QFA=∠BFM，则△QFA∼△BFM，于是∠MBF=∠AQF=π2，即AQ⊥x轴，选②③⇒①解法1：由题，AB与x轴不垂直，不妨设点Ax则kAB于是直线AB：y−y取A，B中点P，连接PQ，由QA=而k由PQ⊥AB，MB⊥AB，则4y2−则直线AB：y1+y解法2：由题，AB与x轴不垂直，不妨设直线AB：点Ax1,y1x=ty+m取A，B中点Q，连接PQ，由QA=而kPQ由PQ⊥AB，MB⊥AB，则4y2−y1则直线AB：x=ty+1恒过定点F，即【变式3-2】（2026·福建泉州·二模）在直角坐标系xOy中，椭圆C:x2a2+y2(1)求C的方程；(2)点Px1,y1,Qx2,y2y1（i）设Q关于O的对称点为Q′，试判断A（ii）在①△TBA1的面积为定值，②△TA命题：若直线OS与直线PQ相交于点T，则_______.【答案】(1)C(2)（i）三点共线，理由见解析；（ii）答案见解析【分析】（1）根据长轴长可求a，用基本量表示题设中的诸向量后可求向量和的模长，从而可求b，故可得椭圆方程，或者根据直角△A1BO（2）设直线A1Q′与A2P的交点为S′xS′,yS′，根据对称性可得kA1Q′（3）利用韦达定理或齐次化可证T在定直线上，从而可选②③得相应的面积定值.【详解】（1）法1：由A1A2又B0,b，可得OA1所以OA1+OB=解得b2=3，从而求得椭圆法2：依题意A1A2由OA1+OB=2故∠A1BO=60°，所以a从而求得椭圆C：（2）（i）是，A1法1：证明：设直线A1Q′与A2P只需要证明S′与S重合即证明直线OS′的斜率k′3由题意得1k因为A1,A故直线A1Q′，A所以A1Q′由①②，得2x=1k1即2xS′又由题意知2k3=法2：证明：设Sx,y,P解得x=3−x1故可得直线OS的斜率k3又求得直线A1S的斜率根据题意2k3=所1k从而得k2=y因为A1,A故直线A1Q′,A因此可得kA1S（ii）如图，作出符合题意的图形，

法1：根据题意PQ直线的斜率存在且不为零，设直线PQ:x=my+nn≠±3,m≠0与椭圆C：x2其判别式Δ=2mn2且y1由（2）知OT:y=k3x可得2k化简得2k3=2m+将直线OT与直线PQ:x=my+n联立，设TxT,yT注意到当n=0时，直线PQ:x=my，此时P,Q关于原点对称，这与y1故n≠0，从而可得xT=−3，即点T在直线法2：证明：设PQ:mx−3将椭圆方程整理为x−3+32将直线PQ与椭圆联立得：x−32整理可得，1+6mx−3注意到y1,y设t1=x故可得t1,t2是关于其中1+6m≠0,Δ根据韦达定理，可得t1+t又因为1k1+1k设TxT,yT故联立两直线ny=1−mx−3得xT1+6m3注意到当m=−13时，直线此时P,Q关于原点对称，这与y1故m≠−13，从而可得xT=−3，即点若选①，因为BA而T到A1B的距离不是定值，故若选②，△TA1O的面积为S=若选③，根据T在直线x=−3上可得△TBO的面积为S=1题型4圆锥曲线中与斜率有关的计算解题方法1斜率表示：设直线斜率为用点差法或韦达定理表示相关斜率2斜率和/积：用韦达定理表示或化简得到定值或关系3对称斜率：利用椭圆中点弦斜率公式快速计算4斜率存在性：若斜率不存在单独讨论直线垂直于轴的情况注意事项斜率不存在时要单独讨论避免漏解点差法仅适用于中点弦问题非中点弦问题慎用斜率和/积的化简要注意整体代换避免展开复杂计算【例4】（2026·山西太原·二模）已知椭圆C:x2a2+y2(1)若椭圆的离心率为32，且以原点O为圆心，b为半径的圆与直线y=ax+39相切，求椭圆(2)若直线PF交椭圆C于另一点Q，设直线AP,AQ的斜率分别为k1,k2，求【答案】(1)x(2)−【分析】（1）根据离心率、顶点以及直线与圆相切求解即可.（2）求出直线PF的方程，与椭圆方程联立表示求出点Q，表示出k1【详解】（1）因为以原点O为圆心，b为半径的圆与直线y=ax+39所以39a联立ca=3∴椭圆C的标准方程为x（2）点Aa,0,P0,b,Fc,0，所以直线AP的斜率k直线PF的方程为y=−b联立y=−bcx+bx2a2+y∴点Q的坐标为2a∴k【变式4-1】（2026·海南省直辖县级单位·二模）已知点A,B分别为椭圆C：x2a2+y2b(1)求椭圆C的标准方程；(2)若倾斜角为π4的直线l1与椭圆C交于A,D两点，求弦长(3)若直线l2：x=my+t−2<t<2与椭圆C交于M,N两点，设直线AM，BN的斜率分别为k1，k2且【答案】(1)x(2)4(3)t=【分析】（1）根据长轴长和离心率，即可求出椭圆方程.（2）确定直线方程，由弦长公式即可求解.（3）直线与椭圆方程联立，表达出斜率，根据等量关系，即可求出t.【详解】（1）由题意可得AB=4，即a=2由离心率e=ca=故椭圆方程为：x2（2）由（1）左顶点A(−2,0)，直线l1​倾斜角为π4，斜率故直线方程为y=x+2，联立椭圆方程消去y得：x2又xA=−2，由韦达定理xA由弦长公式AD=1+（3）如图，作出符合题意的图形，由题意可知直线l2：x=my+t−2<t<2与椭圆交于M,设k1=kAM，k2与椭圆联立方程x=my+tx24+y则y3+y根据k2=7k1，可得整理得：6my即12−3t可得：2t−3t−2因为t−2，t+2为常数，则t−2y则2t−3=0，解得t=3【变式4-2】（2026·辽宁鞍山·二模）已知椭圆E:x2a2+y2b2(1)求E的方程；(2)过点P−2, 1的直线l交E于C, D两点，若直线BC, BD【答案】(1)x(2)4【分析】（1）根据题意，结合a2（2）分情况讨论，当直线l斜率存在时，设直线l的方程为y−1=kx+2，Cx1,y【详解】（1）由题意得e=c又以短轴为直径的圆与直线y=x+2∴原点O到直线y=x+2的距离为b=又a2=b故椭圆E的方程为x2（2）由（1）可知，B0,1当过点P−2, 1的直线l斜率不存在时，直线l当过点P−2, 1的直线l斜率存在时，设直线l设Cx1,消去y整理得1+4k∴Δ=16且x1而直线BC的斜率为k1=y1−1∴1又2xx1∴1题型5圆锥曲线中求三角形四边形面积的最值解题方法1设参数表示面积：用直线斜率或截距表示面积表达式2化简为单变量函数：利用韦达定理消元得到关于或的函数3求最值：用基本不等式、导数或二次函数性质求最值4验证取等条件：确保取最值时直线与曲线有两个交点注意事项面积表达式化简时要注意定义域（如或的范围）基本不等式取等条件要验证避免无意义的最值二次函数求最值时要注意对称轴与定义域的位置关系【例5】（2026·陕西宝鸡·模拟预测）已知曲线C1:x24+y2b(1)求曲线C1(2)若点G是曲线C1上的动点，A1−2,0,A22,0，过点A1,A2分别作x轴的垂线l1，l2，射线A（ⅰ）求证：曲线W过定点；（ⅱ）当曲线W所围成的平面区域面积最小时，过曲线C2上的动点N作W的两条切线、切点分别为B1,【答案】(1)曲线C1的方程：x24+y(2)（ⅰ）见解析过程，过定点(0,0)；（ⅱ）△NB1【分析】小问1运用椭圆的几何性质即可求解；小问2的第1问设好点，利用MP⋅小问2第2问先运用圆的性质表示出△NB【详解】（1）解：因为2是b,a的等比中项，所以ab=4e=4−b所以曲线C1的方程：x24+y（2）（ⅰ）设G(x0,y0)(y直线A2G的方程为y=y设Mx,y，由MP即x2由x024那么x2化简得x2即曲线W的方程，经过定点(0,0)；（ⅱ）因为曲线W的方程x2+y2−所以，Sw=4πy02，由于此时，曲线W的方程为x2+y设圆心C(0,−2),N(xS=NB1设t=NB1，则S即S△NB1B2又t=NC2−4，故NCNC=x1所以，NC=34(根据二次函数性质可知NCmax所以，tmax所以，S△NB1【变式5-1】（2026·陕西西安·三模）“八百里秦川尘土飞扬，三千万老陕齐吼秦腔”.秦腔脸谱是陕西传统文化的重要符号，其线条刚劲有力.某数学兴趣小组在研究秦腔脸谱中“包拯”额头的月牙图案时，发现其轮廓线可由椭圆与双曲线的部分弧线组合而成.已知曲线C1是椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的上半部分（含端点），曲线C2是双曲线x2(1)求曲线C1和C(2)设F为双曲线C2的右焦点，过点F且斜率存在的直线l与曲线C2交于A，B两点.若△OAB（O为坐标原点）的面积为32(3)在（2）的条件下，若Q是曲线C1上的动点，求△QAB【答案】(1)C1方程：x24+(2)±(3)57【分析】（1）使用待定系数法，通过椭圆与双曲线的定义，双曲线的渐近线求解；（2）设直线l的方程并与双曲线方程联立，消元，韦达定理，表示弦长AB，利用三角形的面积求解；（3）利用椭圆方程设点Q的坐标，使用点到直线的距离公式计算点Q到直线l的距离最大值求解.【详解】（1）由题意得：1a2所以椭圆C1的方程为：nm=所以双曲线C2的方程为：x（2）设直线l的方程为y=k(x−1)(k≠0)，y=k(x−1)x214−y2由韦达定理得：x1+xAB原点到直线l的距离为d=k则S△OAB=1所以直线l的斜率为：±（3）由（2）知直线l的方程为：y=±377(x−1)，不妨取直线l的方程为AB=椭圆C1：x2则点Q到直线l的距离为：d1=∵θ∈0,π,∴0<φ≤θ+φ≤π+φ，当所以△QAB面积的最大值为：12【变式5-2】（2025·湖南邵阳·三模）已知抛物线Γ:y2=2px上有两点A，B，当AB=15时，线段AB(1)求Γ的方程；(2)若圆C位于Γ与直线x=5所围成的封闭区域（包含边界）内，求圆C的半径的最大值；(3)以Γ的焦点F为圆心作圆，该圆与x轴的正、负半轴分别交于点H，G，与Γ在第一象限的交点为P．若直线PH，PF与Γ的另一个交点分别为M，N，直线MN与直线PG相交于点T，求△PMT的面积的最小值．【答案】(1)y(2)2(3)64【分析】（1）由抛物线的定义代入计算，即可得到结果；（2）根据题意，将问题转化为圆心C到抛物线上点的距离d的最小值等于圆心C到直线x=5的距离，然后分m−2≤0与0<m−2<5讨论，即可得到结果；（3）根据题意，分别联立直线PF，直线PH与抛物线方程即可表示出点N，点M的坐标，然后过点N作NE⊥PG，联立直线EN与直线PG的方程，表示出点E的坐标，再由相似关系可得S△PMT【详解】（1）设Γ的焦点为F，由题意可得xM所以xM≥AB2−所以抛物线方程为y2（2）由对称性可知，圆心C必在x轴上，问题等价转化为“圆心C到抛物线上点的距离d的最小值等于圆心C到直线x=5的距离”，设Cm,0，0<m<5，Px,y为抛物线则d2由点P在抛物线上可得d2当0<m≤2时，fx由题意知m2=5−m当2<m<5，fx由题意知4m−4=5−m2，化简可得所以m=7−25或m=7+2所以圆C的半径的最大值为5−7−2（3）由题意可知F1,0，设Pn2所以圆F的方程为x−12所以G−设直线PF的方程为x=ty+1，由x=ty+1y2=4x所以yP⋅yN=−4又因为直线PH的方程为y=−nx−由y2=4xy=−n所以yP又Pn2,2n过点N作NE⊥PG，垂足为E，则EN//PM，直线EN的方程为y=−nx−又直线PG的方程为y=1联立①②，可得点E−1,n−所以EN=所以PM=4EN，由相似三角形性质可得所以S△PMT因为EP=则EP2=n所以S△PNE当且仅当n=1时，等号成立，故S△PMT即△PMT的面积的最小值为643【点睛】关键点睛：本题主要考查了抛物线与直线相交问题，难度较大，解答本题的关键在于联立直线与抛物线方程，表示出相应点的坐标，然后结合相似关系，将面积转化，从而得到结果.题型6圆锥曲线中其他参数的最值或范围问题解题方法1设参数表示目标量：用直线参数或曲线上点的坐标表示目标量2转化为函数问题：消元后得到单变量函数确定定义域3求最值/范围：利用函数单调性、导数、基本不等式或几何边界求解4几何边界法：利用圆锥曲线的顶点、焦点等几何特征确定参数范围注意事项定义域的确定要结合直线与曲线的位置关系（如）目标量的转化要等价避免扩大或缩小范围用导数求最值时要注意函数的单调性变化【例6】（2026·天津红桥·一模）已知椭圆C：x2(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线l:y=kx+m与椭圆C交于不同两点A、B，与圆x2+y①证明：OA⊥OB（O为坐标原点）；②设λ=AMBM，求实数【答案】(1)x(2)①证明见解析；②12【分析】（1）根据已知列方程组求得a,b即可求出椭圆的方程；（2）①直线l:y=kx+m与圆相切得到m2=2②利用λ=|AM||BM|=【详解】（1）依题意12⋅2b⋅c=1c∴椭圆C的方程为x2（2）①∵直线l:y=kx+m与x2∴d=|m|1+k联立y=kx+mx22+y设Ax1,所以OA=1+k2∴OA⊥OB．②直线l:y=kx+m与椭圆交于不同的两点A,B，∴x1∴λ=|AM|由①知x1x2+y∴λ=x122+13【变式6-1】（25-26高三下·山东·月考）已知O是坐标原点，双曲线E:x2a2−y2b2=1a>0,b>0左顶点A−1,0，直线l过点Q2,0交E的右支于(1)求双曲线E的标准方程；(2)已知直线l交y轴于点P，（i）若PM=λMQ，（ii）在（i）条件下，若29S=μS1+m【答案】(1)x(2)（i）λ+μ为定值23，证明过程见解析；（ii）【分析】（1）根据双曲线特征和三角形面积得到双曲线方程；（2）（i）设出直线，联立双曲线方程，根据向量关系进行求解；（ii）在（i）基础上，用λ表达出m，求出取值范围.【详解】（1）由题意得a=1，OA当直线l与x轴垂直时，S1=32，即故M2,3，将其代入x2−所以双曲线方程为x2（2）（i）显然直线l不为0，故设直线l为x=2+ty，又直线l交y轴于点P，故直线l与x轴不垂直，故t≠0，与x2−yΔ=144设Mx1,过点Q2,0交E的右支于M,N两点，故y1yPM=λMQ，即即y1+2t=−λPN=μNQ，同理可得y2则λ+μ=−2（ii）由于OQ=2OA，由几何关系可得其中29S=μS1+m又S1=1所以12由（i）知，y1=−2故−λt1+λ+2故−λ1+λ+23令1+λ=w，则3<w≤4，λ=w−1，所以m=w−由对勾函数可知m=w+83w−3故m∈3+【变式6-2】（2025·山东临沂·三模）已知F1,0为抛物线C:(1)求抛物线C的方程；(2)若过F的直线l与C交于A，B两点，试探究：在x轴上是否存在一点P，使得kAP+k(3)若T4,4，抛物线C上两点M，N满足kTM+kTN【答案】(1)y(2)P(3)2【分析】（1）根据焦点坐标可求参数p，故可得抛物线方程；（2）设Pt,0，设Ay1（3）设My324,【详解】（1）因为F1,0为抛物线C:y2=2pxp>0故y2（2）设Pt,0，设Ay1化简得y1设直线l的方程为x=my+1，则由x=my+1y2=4x故y1y2=−4,y1+故存在P−1,0，使得k（3）设My32同理kTN=4因为kTM+kTN=0，故4设直线MN:x=−2y+n，由x=−2y+ny2=4x故y3+y4=−8,而4y3+4>1，故当直线MN过0,0时，n=0，过4,−4时，n=−4，故−4<n<0，设F到直线MN的距离为d，则sin====设4+n=s，则0<s<2且n=故sin=1当且仅当5s−s=2故sin∠FMN−sin∠FNM题型7圆锥曲线中的求直线过定点问题解题方法1设直线方程：设利用已知条件建立与的关系2化简直线方程：将代入得到3求定点：令得到定点坐标4验证特殊情况：验证斜率不存在时直线是否过该定点注意事项设直线方程时要注意斜率不存在的情况避免漏解建立与的关系时要利用韦达定理整体代换定点坐标要验证确保对所有满足条件的直线都成立【例7】（2026·北京朝阳·一模）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的离心率为3(1)求椭圆E的方程；(2)过点D(−1,−1)的斜率存在且不为1的直线l与椭圆E交于不同的两点M，N（均不与点A重合），点P与点M关于原点O对称，直线BP与直线OD交于点Q.求证：直线NQ经过点A.【答案】(1)x2(2)证明见解析.【分析】（1）根据给定条件，结合离心率公式求出a,b即可.（2）设点M(x1,y1),N(x【详解】（1）由椭圆E：x2a2+y由E的离心率为32，得a2−所以椭圆E的方程为x2（2）设直线l的方程为y=kx+k−1,k≠1，点M(x1,直线BP的方程为y=y1−1x1x−1，直线由y=kx+k−1x2+4y2则Δ=64k2而点A(0,1)，则AQ→−=−2(k−1)即AQ//AN，又AQ,AN有公共点所以直线NQ经过点A.【变式7-1】（2026·安徽马鞍山·二模）已知双曲线Γ:x2a2(1)求Γ的标准方程；(2)点M的坐标为1,0，过点N−3,0的直线与Γ的左支交于D，E两点，直线DM，EM分别与Γ的右支交于G，H（ⅰ）Γ的左顶点为A，记直线AD，AE的斜率分别为k1，k2，求（ⅱ）证明：直线GH过定点．【答案】(1)x(2)（i）−54；（ii）过定点【分析】（1）根据双曲线的渐近线方程为y=±x2，得ba=1（2）（ⅰ）设过定点N−3,0的直线方程，与双曲线方程联立，得到关于y的一元二次方程，根据韦达定理得到D,E两点纵坐标的和与积的关系式；根据斜率公式，得到k1，k2（ⅱ）分别设过定点M1,0的直线DM，EM方程，分别与双曲线方程联立求出点G与点D，点H与点E的横、纵坐标之间的关系式，根据D,N,E三点共线，则k【详解】（1）∵双曲线Γ:x2a2∴16a2∴Γ的标准方程为x（2）（ⅰ）∵Γ:x24∵直线DE过点N−3,0，设直线DE方程为x=my−3，DxD∴x24∴Δ=−6m则yD+y∵直线DE与Γ的左支交于D，E两点，∴xD⋅x即myD−3∴综上所述，k1⋅k（ⅱ）∵直线DG过点M1,0，∴设直线DG的方程为x=ny+1，G(xG,y∴x24则yD⋅y∴x同理可求得yE=3①当直线DE斜率存在时，如图所示：∵D,N,E三点共线，∴kDN=kEN则3yG2令T(2311,0)，即kGT=②当直线DE斜率不存在时，如图所示：此时xD=xE=−3，则5∴直线GH的方程为x=2311，也过定点∴直线GH恒过定点(23【点睛】联立直线与双曲线方程时，要注意判别式大于0，且保证交点在左支；计算斜率乘积和直线过定点时，要注意利用双曲线方程对坐标进行代换，简化运算。同时，过定点的直线方程要注意分斜率存在和不存在两种情况.【变式7-2】（2026·四川泸州·模拟预测）已知动点P到定点F14,0(1)求动点P的轨迹方程；(2)过点A1,1作倾斜角为α，β（αβ≠0）的两条直线交P的轨迹C于M,N两点，若α+β=π2【答案】(1)y(2)证明见解析【分析】（1）设动点Px,y（2）设直线MN:x=my+n，Mx1,y1,Nx2,y2联立抛物线方程，得到关于y的一元二次方程，由韦达定理得y【详解】（1）设动点Px,y，根据题意，P到F比到直线l:x=−12的距离小1分析绝对值范围：若x≥−12，则x+两边平方并化简：x−1化简可得y2若x<−12，则因此，动点P的轨迹方程为y2（2）由题意可知，直线AM,AN的倾斜角均不为0和π2故直线AM,AN，MN的斜率存在且不为0，因为α+β=π2，所以tanα=即kAM若直线MN的斜率为0，则与抛物线只有一个交点，若斜率不存在，则M,N重合，均不符合题意；故设MN:x=my+n，Mx联立x=my+ny2=x则Δ>0,则k=1得m=n，则直线MN:x=my+m=my+1恒过点0,−1题型8圆锥曲线中求过定直线问题解题方法1设点坐标：设曲线上两点坐标利用已知条件建立关系2求直线方程：用两点式表示直线方程消去参数3确定定直线：化简后得到不含参数的直线方程4验证特殊情况：验证特殊点是否在该直线上注意事项两点式方程化简时要注意参数的取值范围定直线要对所有满足条件的点都成立避免特殊情况遗漏直线方程要化为一般式或斜截式形式规范【例8】（2026·湖北十堰·一模）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(1)求C的离心率；(2)若A，B分别为C的左、右顶点，过点E3,0且斜率不为0的直线与C交于G，H两点，直线AG，BH交于点M，证明：点(3)已知P，Q，R均在C上，O为原点，OR=mOP+nOQ，其中P，Q均不在x轴上，mn≠0，且m2+n2=1，记直线OP【答案】(1)6(2)证明见详解(3)证明见详解【分析】（1）根据长轴长可得a=23，代入点D3,1可得（2）设直线GH：x=my+3，Gx1,y（3）设Px3,y3【详解】（1）由题意可知：2a=43，即a=23，椭圆方程为代入点D3,1可得912+所以椭圆C的离心率e=c（2）由（1）可知椭圆C的方程为x212+因为直线GH的斜率不为0，且直线GH与椭圆C必相交，设直线GH：x=my+3，G联立方程x=my+3x212+则y1+y2=−由题意可知：直线AG:y=y1x联立方程消去y可得x+2=3即x+23x−23所以点M在定直线x=43（3）设Px3,则OP=x3,y可得OR=mOP+n代入椭圆方程可得mx整理可得m2又因为x3212+y可得1+mnx3x且mn≠0，可得x3x4所以k1【变式8-1】（2026·江苏·一模）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为72，P(4,3)(1)求C的方程；(2)若PA⋅PB=36(3)证明：△PAB的外接圆的圆心Q在定直线上.【答案】(1)x(2)y=−x+13(3)证明见解析【分析】（1）根据题意，利用双曲线的几何性质，列出方程组，求得a2（2）设l:y=−x+m，联立方程组，由Δ>0，求得m2>1，且x1+（3）由（2）求得线段AB的垂直平分线的方程为y=x−7m，设点Q的坐标为(x0,y0)，根据QA=QP及y1=−x【详解】（1）因为双曲线C:x2a2−y2可得ca=7所以双曲线C的方程为x2（2）设直线l的方程为y=−x+m，且A(x联立方程组y=−x+mx24则Δ=(−8m)2−4(4m2+12)>0且x1因为P(4,3)，可得PA=(又因为y1可得PA=(所以PA=2x将x1PA⋅因为PA⋅PB=36，可得m解得m=1或m=13，又因为m>1或m<−1，所以m=13，所以直线l的方程为y=−x+13.（3）由（2）知x1+x2=8m，可得AB则点M的纵坐标为y1+y所以线段AB的垂直平分线的方程为y+3m=x−4m，即y=x−7m，设点Q的坐标为(x因为QA=QP，可得又因为y1代入得(x整理得2x又由x2−8mx+4m则28mx1其中D=x则8m整理得(14−2m)x①当m−7≠0时，两边同除以m−7，可得m=2代入y0=x0−7m所以△PAB的外接圆的圆心Q在定直线x+y−7=0上；②当m−7=0时，即m=7时，可得直线AB的方程为y=−x+7，此时点P(4,3)满足直线AB的方程，此时P,A,B三点共线，不能构成三角形，舍去，综上可得，△PAB的外接圆的圆心Q在定直线x+y−7=0上.【变式8-2】（2026·黑龙江哈尔滨·一模）已知抛物线Γ:x2=2py焦点为F(0,1)，A(x1,y1(1)求拋物线Γ的方程；(2)过A，B，C分别作抛物线的三条切线，分别为l1，l2，l3，l1，l3交于点D，l2，（i）证明：△EDG的垂心在一条定直线上；（ii）已知G点在曲线x2+y24【答案】(1)x(2)（i）证明见详解（ii）4【分析】（1）利用抛物线标准方程的焦点坐标公式，建立方程求解参数，从而确定抛物线方程；（2）（i）通过求导得到切线方程，联立求出交点坐标，并利用垂心定义与斜率关系推导出垂心的纵坐标为定值，证明其在定直线上；（ii）由切线交点坐标与椭圆条件建立面积表达式，结合二次函数最值求得三角形面积的最大值.【详解】（1）抛物线Γ:x2=2py的焦点坐标为(0,p因此抛物线方程为：x2（2）（i）由方程y=x24l1方程为y−l2方程为y=x2联立l1,l同理可得D则过E点与l1垂直的直线为：y−过点D点与l2垂直的直线：y−①－②可得：4故△EDG的垂心在一定直线y=−1上（ii）设Gx0,y0将Gx0,同理可得x2故AB的直线方程为2y−x联立直线AB与抛物线得x2由弦长公式AB=1+为了使△ABC的面积最大，必须保证C处的切线与直线AB平行，所以kAB从而Cx3,SΔ当y0=−2时，取得最大值题型9圆锥曲线中的定值问题解题方法1设参数表示目标量：用直线参数或点的坐标表示定值相关的量2化简表达式：利用韦达定理整体代换消去参数3得到定值：化简后结果与参数无关即为定值4验证特殊值：取特殊参数值计算验证定值是否正确注意事项设参数时要注意参数的取值范围避免特殊情况化简过程中要注意整体代换减少运算量避免计算错误定值要对所有满足条件的情况都成立不能只验证特殊值【例9】（2026·浙江台州·二模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点P作椭圆C的两条切线l1，l2，过点T作椭圆C的切线l，l与l1，l2的交点分别为（ⅰ）求切线l1，l（ⅱ）问∠MFN是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是定值，说明理由.【答案】(1)x(2)（ⅰ）l1:y=−1，l2【分析】（1）根据离心率、焦点坐标确定椭圆的参数，即可得；（2）（i）设过点P的直线方程为y=kx−2−1，联立椭圆并结合相切关系得Δ=0求直线的斜率，即可得；（ii）利用相切关系求得l:x0x2【详解】（1）由题意得ca=22，c=1，解得a=2，b=1（2）（ⅰ）由题意，设过点P的直线方程为y=kx−2−1，联立消去y并整理得1+2k由Δ=16k22k+12−41+2所以切线方程分别为l1:y=−1，（ⅱ）设Tx0,y0且x0>0>所以x2+2y由相切关系知Δ=16t2所以x02t由x02+2所以t=−x02y0所以l:x0x+2由l1:y=−1，联立直线l得xM由l2:y=−2x+3，联立直线l得xN=2−6因为FM→=2+2y0所以FM⋅FN=故∠MFN为定值，且定值为90°.【变式9-1】（2026·山西晋中·模拟预测）若(3+22)n=x(1)写出P1，P(2)证明：对任意n∈N*，点Pn(3)设直线PnPn+1与双曲线C的两条渐近线分别交于点An，和点Bn，记△OAnBn的面积为Sn（O为坐标原点），求证：【答案】(1)P13,2(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）分别令n=1,n=2，代入(3+22)n=x（2）由(3+22)n=xn+yn2，得（3）设直线PnPn+1的方程，与渐近线方程联立，并用xn,yn表示点A【详解】（1）当n=1时，x1∴P当n=2时，x2∴P（2）∵x∴∴xn+12∴任意n∈N*，点Pn（3）由（2）知x设直线PnPn+1则直线PnPn+1的方程为y−又双曲线C:x2−2不妨令AnxAn,BnxBn,联立x−2y=0,y−联立x+2y=0,y−∵yn−k∴y∵xAn∴S即△OAnB【变式9-2】（2026·江西吉安·一模）已知双曲线Γ:x2a2−y(1)求双曲线Γ的标准方程；(2)若过点P可以作双曲线Γ的两条切线l1，l2，且切点分别为A，（ⅰ）设直线l1，l2的斜率分别为k1，k（ⅱ）设l1，l2分别交圆O于点M，N，试探究【答案】(1)x(2)（ⅰ）−1；（ⅱ）是，1【分析】（1）根据题意建立方程求得a,b，代入即可求解；（2）（ⅰ）设出切线方程，切线与双曲线联立方程组，根据Δ=0结合根与系数的关系计算可解；（ⅱ）分AB斜率为0或者斜率不存在、kOP，当kOP，kAB都存在时由点差法可得kOQ【详解】（1）双曲线Γ:x2a2由题意可得|bc|a又因为e=1+b2a2故双曲线Γ的标准方程为x2（2）（ⅰ）设P(x设过点P与双曲线相切的切线方程为y−y0=k(x−x0(1−2k则由Δ=0得：[4k(化简得：(2−x则k1，k2为上述方程的两个根，故而x02（ⅱ）|PA|⋅|PN||PB|⋅|PM|证明：当AB斜率为0或者斜率不存在时，根据对称性可知MN∥AB，此时|PA||PM|=|PB|当kOP，kAB都存在时，设A(x1,y1由{x12由于切点弦AB所在的直线方程为x0x2因此kOQ⋅12⋅x0又由（ⅰ）可知△MPN与△APB均为直角三角形，故OM=OP，PQ=AQ，则∠OMP=∠OPM，∠APQ=∠PAQ，而∠OPM=∠APQ，所以∠OMP=∠PAQ，故MN∥AB，△MPN∽△APB，所以|PA||PM|=题型10圆锥曲线中四点共圆/圆过定点问题解题方法1四点共圆：对角互补：利用向量数量积证明对角和为圆的方程：设圆的一般方程代入四点坐标证明方程成立斜率关系：利用相交弦定理证明2圆过定点：设圆的方程利用已知条件化简消去参数得到定点坐标注意事项四点共圆的证明要注意四点的位置关系避免四点共线圆的方程化简时要注意整体代换减少运算量定点坐标要验证确保对所有满足条件的圆都成立【例10】（2025·江苏南通·模拟预测）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为63，下顶点为A，点B3,1在C上，过AB中点D的直线l（与直线(1)求C的方程；(2)若A，B，M，N四点共圆，求直线l的方程；(3)设直线AM与BN交于点P，求△PBM面积的最大值.【答案】(1)x(2)x+y−1=0(3)18【分析】(1)根据椭圆离心率和椭圆上一点，待定系数求出椭圆标准方程.(2)根据四点共圆的关系，列出坐标间的数量关系式，求出此时直线斜率，写出直线方程.(3)椭圆中的最值问题，根据椭圆与直线关系，韦达定理求出结果.【详解】（1）已知e=ca=63，设a=3t,c=6t解得t=233（2）

可知A(0,−2),B(3,1)得D(3当直线l与x轴垂直时，M因为kBM⋅k又因为kAM⋅kAN=故此时A,M,B,N四点不共圆.当直线l斜率存在时，设Mx设直线l的方程为y=kx−联立方程组y=kx−3k+12x212Δ由韦达定理可知x1所以k9所以BM⊥BN，若A,M,B,N四点共圆，则AM⊥AN，记圆心为E，则EA=EB=12所以l的方程为x+y−1=0.（3）

直线AM的方程为y=y直线BN的方程为y=y联立①②消去y1，得−因为k≠1，所以x1+x所以x−y==−k−1所以点P在与AB平行的直线l′所以点P到直线AB的距离为32，△PAB的面积为定值1所以S△PBM下面求△ABM面积的最大值.因为直线AB的方程为y=x−2，设与直线AB平行的C的切线方程为y=x+p，与C联立，消去y，得4x由Δ=36p2−163由4x2+24x+36=0，解得x=−3此时△ABM面积取最大值12所以△PBM面积的最大值为18.【变式10-1】（2025·河北唐山·模拟预测）已知直线x−2y+4=0与抛物线C：x2=4y交于A,B两点，且A,B分别在第一、二象限，Q为线段AB的中点．设C在点A,B处的切线交于点P，D为曲线段AB（不含端点）上一点，C在点D处的切线与直线(1)证明：①直线PQ⊥x轴；②四边形MPNQ的面积为定值；(2)设△PMN的外接圆为圆E，问：圆E是否过定点（点P除外）？若过定点，求出定点坐标；不过定点，请说明理由．【答案】(1)①证明见解析；②证明见解析(2)过定点，(0,1)【分析】（1）①联立方程可求出A,B的坐标，再求出P,Q的坐标，即可证明结论；②利用切线方程可求表示出M,N的坐标，从而可求出四边形MPNQ的面积，即可证明结论；（2）表示出直线PM,PN的方程，可求出点E所在的直线方程，结合三角形外接圆性质，即可得出结论.【详解】（1）证明：①依题意，联立直线方程x−2y+4=0和x2=4y得解得x=−2或4，所以A4,4,B−2,1由x2=4y得y′=x则PA的方程为2x−y−4=0，同理可得PB的方程为x+y+1=0，联立2x−y−4=0x+y+1=0，从而可得P1,−2，而Q1,②设Dx0,x0即y=x联立2x−y−4=0，可得xM同理联立y=x0x2−而PQ=故四边形MPNQ的面积为12（2）由（1）得P1,−2线段PM的垂直平分线的斜率为−12，则其方程为y−x同理可得线段PN的垂直平分线的方程为x−y−x联立x+2y−5x0−24=0，所以点E在直线x−3y−2=0上.设P1,−2关于直线x−3y−2=0的对称点为(a,b)，则b+2解得a=0b=1，即P1,−2关于直线x−3y−2=0的对称点为由于P1,−2在圆E上，故圆E也过点(0,1)，因此圆E【变式10-2】（2025·江西新余·一模）平面直角坐标系中，点M与定点F(3,0)的距离和它到定直线x=4(1)求点M的轨迹方程；(2)若不过点A(2,0)的直线l交曲线M于P，Q两点；①若以P，Q为直径的圆过点A，证明：直线l过定点；②在①条件下，作AD⊥PQ,D为垂足.是否存在定点T，使得|DT|为定值？若存在，求点T的坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1)x2(2)①证明见解析；②存在T(85,0)【分析】（1）利用两点距离公式、点线距离列方程并整理，即可得轨迹方程；（2）①令PQ:x=ky+m，P(x1,y1),Q(x2,【详解】（1）令M(x,y)，结合题设有(x−3)2所以x2+4y2=4（2）若以P，Q为直径的圆过点A，且直线PQ不过点A可知，直线的斜率不为0，可设PQ:x=ky+m，P(x1,则(ky+m)2+4y且Δ=4m2所以y1+y①由题意AP=(=(k所以5m2−16m+12=(5m−6)(m−2)=0，即m=65所以PQ:x=ky+65，故直线过定点②由AD⊥PQ，且直线PQ:x=ky+65过定点故D在以AC为直径的圆上，且AC中点为(85,0)，该点到D所以，存在定点T(85,0)题型11圆锥曲线与其他模块综合/新定义题型解题方法1向量综合：将向量关系转化为坐标运算利用韦达定理求解2不等式综合：将目标量表示为函数利用不等式性质求范围3新定义题型：严格按照题目给定的定义转化为常规圆锥曲线问题4跨模块融合：结合函数、导数、数列等知识综合求解注意事项新定义题型要先读懂定义转化为已知的圆锥曲线问题跨模块问题要注意模块间的衔接避免遗漏条件向量运算要注意坐标的对应关系避免符号错误【例11】（2026·河南濮阳·二模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22，且经过点A(2,1)，定义第nn∈N∗次操作为：经过C上的点An(1)求C的方程；(2)若A1为C的左顶点，经过3次操作后停止，求k(3)若k=−ba,A1是C【答案】(1)x(2)k=±(3)2【分析】（1）根据椭圆离心率公式，结合代入法进行求解即可；（2）根据点与点的对称性，结合直线斜率公式进行求解即可；（3）设出直线方程与椭圆方程联立，根据一元二次方程根与系数关系、点到直线距离公式、三角形面积公式进行求解即可.【详解】（1）由题意得e=1−又椭圆过A(2,1)，故2a所以x2（2）由（1）知A1(−2,0)，经过3次操作后停止，即有B关于原点对称，A1B1//A因为A2与B1关于x轴对称，A3与B所以A2与B2关于原点对称．设则k=k即有y0x0+2=−y0（3）由（1）知，k=−22，设Anxy=−22x−x因为xn2+2因为x=xn则有xAn+1=设直线An+1By=−22x−2因为xn2+2因为x=2所以2则有xAn+2=−所以An+2与A故直线AnAn+2A点An+1到直线An又因为xn2所以SΔ【变式11-1】（2026·广东佛山·二模）椭圆的光学性质是：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线过椭圆的另一个焦点.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左顶点为A−2,0，点P1在E上，且在x轴的上方，从E的左焦点F1−1,0发出的光线F1P1，经过E反射后，交E于点Q1.按照如下方式依次构造点Pn和Q(1)求E的方程；(2)设直线APn的斜率为kn(3)求证：直线P1【答案】(1)x(2)数列kn是等比数列，公比为(3)直线P1Q【分析】（1）根据a,b,c的关系即可求出；（2）设Px1,y1,Qx2,y2，直线PQ的方程为x=ty+m（3）直线P1Q2的方程为x=ty+m【详解】（1）由题意得a=2,c=1，∴b故E的方程为x2（2）设Px1,y1由x=ty+mx24+y∴Δ直线AP,AQ的斜率之积为k=3设直线AQn的斜率为sn由PnQn经过E的右焦点F由Pn+1Qn经过E的左焦点F②÷①得kn+1kn=9，故数列（3）直线P1Q2的方程为x=ty+m故3m−24m+2故直线P1Q2【变式11-2】（2026·河南周口·模拟预测）若(3+22)n=x(1)写出P1,P2的坐标，并证明：对任意n∈N(2)设直线PnPn+1与双曲线C的两条渐近线分别交于点An和点Bn，记△OAn（参考公式：设三角形的三个顶点分别为Ax1,(3)证明：yn+2【答案】(1)P13,2，(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）分别令n=1和n=2，代入求解，可得P1,P（2）根据（1）可得直线PnPn+1（3）分别对yn+2+y【详解】（1）当n=1时，x1+y当n=2时，x2+y∵x∴∴x∴任意n∈N*，点Pn（2）证明：由（1）知xn+1设直线PnPn+1的斜率为k，则直线P且k=y不妨设AnxAn,BnxBn,联立x−2y=0y−联立x+2y=0y−∵yn=x∴y∵x∴S即△OAnB（3）证明：yn+2xn+2即yn+2一、解答题1．（2026·山东德州·二模）在平面直角坐标系xOy中，点T到点0,22的距离是它到直线y=2距离的2倍，记点T的轨迹为(1)求C的方程；(2)设点A为C的下顶点，直线l过点P0,t且垂直于y轴（P位于原点与上顶点之间），过P的直线交C于G,H两点，直线AG,AH分别交l于M,N（i）证明：OM⋅（ii）是否存在实数t使得O,A,N,M四点共圆？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)y(2)（i）证明见解析；（ii）存在，t=1【分析】（1）设Tx,y，将题设中的几何性质代数化后可求C（2）（i）设Gx1,y1,Hx2,y2,Mx【详解】（1）设Tx,y，由题意可知x化简整理得：y2故C的方程为y2（2）（i）由题意可知A0,−2，设G则直线AG:y=y1+2因为M在直线l上，所以yM=t，代入直线AG方程，可知故点M的坐标为t+2x1y1+2当直线GH斜率不存在时，显然不符合题意，故设直线GH:y=kx+t，代入双曲线方程y2可得k2所以x1又y==k所以OM⋅（ii）由O,A,N,M四点共圆可知，∠ANM+∠AOM=π又∠MO