专题30圆锥曲线解答题综合（椭圆、双曲线、抛物线）（10年汇编）（十一大考点80题）（解析版）

专题30圆锥曲线解答题综合（椭圆、双曲线、抛物线）（十一大考点，80题）考点分类十年考情（2017-2026）命题规律考点01轨迹方程2026全国二卷、2023新课标Ⅰ、2017全国Ⅱ1.圆锥解答第一问高频基础题型，是后续所有计算的铺垫。2.常用解题方法为定义法、相关点代入法，轨迹类型包含椭圆、抛物线、直线。3.题目常给出垂线、交点等几何条件，部分题目会追加曲线对称、平移相关探究。考点02定点问题2023全国乙、2022全国乙、2020全国Ⅰ、2019全国Ⅰ/Ⅲ/北京、2017全国Ⅰ1.圆锥大题经典压轴证明题型，多作为第二小问出现。2.通用思路：设直线与曲线联立，借助韦达定理化简消去参数，证明坐标固定不变；分为直线过定点、圆恒过定点两类题型。3.命题载体以椭圆、抛物线为主。考点03定值问题2018北京、2020山东、2019全国Ⅲ1.中档证明题型，计算量偏大，解题逻辑与定点问题相近。2.常考查斜率乘积、线段长度、向量数量积为固定常数。3.依托切线、曲线交点背景，联立方程化简完成证明。考点04定直线问题2023新课标Ⅱ1.双曲线专属特色题型，难度适中。2.核心考法：直线与双曲线左右两支相交，延长交点连线后，交点始终落在某条固定直线上。3.结合双曲线顶点、渐近线条件推导固定直线。考点05中点弦问题2022新高考Ⅱ、2020浙江、2018全国Ⅲ1.点差法标准应用题型，常设置条件互推类设问。2.出题形式：已知中点求解直线斜率，或是给出斜率证明多个等量关系成立。3.覆盖椭圆、双曲线、抛物线三类曲线。考点06弦长问题2021新高考Ⅱ、2022北京、2020北京1.基础计算小问，经常搭配面积、斜率综合出题。2.解题依靠联立方程、判别式与韦达定理计算线段长度。3.常结合直线相切、三点共线条件设置题干。考点07面积问题2026全国一/北京、2025北京/全国二、2024新课标Ⅰ、2023全国甲/天津、2022新高考Ⅰ/天津、2021全国乙、2020海南/全国Ⅲ、2019全国Ⅱ/浙江、2018江苏/上海1.必考计算类设问，出现频次极高，可单独求面积或是求解面积最值。2.涵盖三角形、四边形多种图形，使用分割、坐标法计算，搭配均值不等式、函数求解最大最小值。3.结合对称点、焦点、动直线综合命题。考点08斜率问题2026天津/上海、2024北京、2023上海、2021北京/浙江、2019天津、2018北京、2017天津1.贯穿整道大题的基础条件，也可独立作为单独设问。2.考查斜率定值、斜率取值范围、多条斜率之间等量关系证明。3.融合圆、双曲线、椭圆交叉条件计算。考点09参数范围及最值2025全国一/上海、2024天津/上海、2023上海、2022上海/浙江、2020江苏/上海1.圆锥大题压轴难点，区分度最高。2.求解直线斜率、离心率、线段、面积的取值范围，构造函数搭配不等式求取最值。3.多曲线融合出题，几何约束条件复杂，整体计算量大。考点10证明特殊位置关系2025天津、2024全国甲、2023北京、2018全国Ⅰ1.几何证明类小问，侧重逻辑推导。2.常需要证明垂直、平行、角平分线、中点平分等几何关系。3.依靠韦达定理、向量点积、坐标等量关系完成推导。考点11求直线方程2021天津、2020山东/天津、2017上海/天津1.大题收尾常规简单设问。2.根据面积、距离、角度等量反求直线解析式，需要分斜率存在、不存在两种情况讨论。3.结合椭圆、抛物线、圆综合计算参数。考点01轨迹方程（2026·全国二卷·高考真题）已知椭圆：（），过E的右焦点且与轴垂直的直线被截得的线段长为．(1)求的离心率．(2)设为坐标原点，给定点，为上的点，过作轴的垂线，垂足为，直线与直线的交点为．当在上运动时，点的轨迹为．（ⅰ）求的方程；（ⅱ）当为何值时，有对称中心？当有对称中心时，将平移后得到曲线，使得为的对称中心，说明是什么曲线.【答案】(1)(2)（i）的方程为；（ii）当时，有对称中心；当时，形状为焦点在x轴上的椭圆去掉与轴交点，当时，形状为焦点在x轴上的双曲线去掉与轴交点.【分析】（1）利用过右焦点垂直于轴的直线被所截线段长为，通过求出坐标解出线段的长，求得再求出离心率；（2）(i)通过联立方程求出点的坐标，再反解出点的坐标代入椭圆方程，从而求出的轨迹的方程；（ii）先对曲线方程配方，再讨论在不同取值时，中心存在的情况；再通过平移规律求出的方程，再讨论不同情况下的形状.【详解】（1）设椭圆的右焦点为，其中，那么过右焦点且垂直于轴的直线为，代入椭圆得，即，所以，由于截线段长为，解得，故，离心率.（2）(i)

方法一：由（1）知椭圆方程为，由于点满足，且，过作轴的垂线，交轴于点，那么当时，点，点与点重合；当时，直线方程为：，直线方程为：，即，联立，解得，即点，设，则由，代入椭圆方程得，即，两边乘以得，整理得，把点代入，仍然成立，故轨迹的方程为；方法二：由于，点在轴，故直线必有斜率；设直线方程为，，那么点，由于轴，则，由于点三点共线，则，因为点在直线上，所以，，把代入椭圆方程：，得，即，整理化简，得，故轨迹的方程为；(ii)由（i）得轨迹的方程为，当即时，轨迹的方程为，为抛物线去掉与x轴交点，无对称中心；当即且0时，化简轨迹的方程为，将轨迹向左或向右平移个单位得到的方程为，即，所以当时，形状为焦点在x轴上的椭圆去掉与轴交点，当时，形状为焦点在x轴上的双曲线去掉与轴交点.综上，当时，轨迹无对称中心；当时，有对称中心；当时，形状为焦点在x轴上的椭圆去掉与轴交点，当时，形状为焦点在x轴上的双曲线去掉与轴交点.（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．【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）设，根据题意列出方程，化简即可；（2）法一：设矩形的三个顶点，且，分别令，，且，利用放缩法得，设函数，利用导数求出其最小值，则得的最小值，再排除边界值即可.法二：设直线的方程为，将其与抛物线方程联立，再利用弦长公式和放缩法得，利用换元法和求导即可求出周长最值，再排除边界值即可.法三：利用平移坐标系法，再设点，利用三角换元再对角度分类讨论，结合基本不等式即可证明.【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.（2017·全国II卷·高考真题）设O为坐标原点，动点M在椭圆C上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足.（1）求点P的轨迹方程；（2）设点在直线上，且.证明：过点P且垂直于OQ的直线过C的左焦点F.【答案】（1）；（2）见解析.【详解】（1）设P（x，y），M（）,则N（），由得.因为M（）在C上，所以.因此点P的轨迹为.由题意知F（-1,0），设Q（-3，t），P（m，n），则，.由得-3m-+tn-=1，又由（1）知，故3+3m-tn=0.所以，即.又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.点睛:定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒成立的.定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.考点02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．【答案】(1)(2)证明如下：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.

【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；（2）设直线的方程，进而可求点的坐标，结合韦达定理验证为定值即可.【详解】（1）由题意可得，解得，所以椭圆方程为.（2）略【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．【答案】(1)(2)【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.【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.【答案】【小题1】；【小题2】证明如下：[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．【分析】（1）由已知可得：，，，即可求得，结合已知即可求得：，问题得解.（2）方法一：设，可得直线的方程为：，联立直线的方程与椭圆方程即可求得点的坐标为，同理可得点的坐标为，当时，可表示出直线的方程，整理直线的方程可得：即可知直线过定点，当时，直线：，直线过点，命题得证.【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）略【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.（2019·全国III卷·高考真题）已知曲线为直线上的动点，过作的两条切线，切点分别为.（1）证明：直线过定点：（2）若以为圆心的圆与直线相切，且切点为线段的中点，求该圆的方程.【答案】(1)见详解；(2)或.【分析】（1）可设，，然后求出A，B两点处的切线方程，比如：，又因为也有类似的形式，从而求出带参数直线方程，最后求出它所过的定点.（2）由(1)得带参数的直线方程和抛物线方程联立，再通过为线段的中点，得出的值，从而求出坐标和的值，最后求出圆的方程.【详解】(1)证明：设,,则．又因为，所以.则切线DA的斜率为，故，整理得.设，同理得.,都满足直线方程.于是直线过点，而两个不同的点确定一条直线，所以直线方程为.即，当时等式恒成立．所以直线恒过定点.(2)由(1)得直线方程为，和抛物线方程联立得：化简得.于是,设为线段的中点，则由于，而,与向量平行，所以，解得或.当时，，所求圆的方程为;当时，或，所求圆的方程为.所以圆的方程为或.【点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题和第二问是求面积类型，属于常规题型，按部就班的求解就可以.思路较为清晰，但计算量不小.（2019·全国I卷·高考真题）已知点A，B关于坐标原点O对称，│AB│=4，⊙M过点A，B且与直线x+2=0相切．（1）若A在直线x+y=0上，求⊙M的半径．（2）是否存在定点P，使得当A运动时，│MA│－│MP│为定值？并说明理由．【答案】（1）或；（2）见解析.【分析】（1）设，，根据，可知；由圆的性质可知圆心必在直线上，可设圆心；利用圆心到的距离为半径和构造方程，从而解出；（2）当直线斜率存在时，设方程为：，由圆的性质可知圆心必在直线上；假设圆心坐标，利用圆心到的距离为半径和构造方程，解出坐标，可知轨迹为抛物线；利用抛物线定义可知为抛物线焦点，且定值为；当直线斜率不存在时，求解出坐标，验证此时依然满足定值，从而可得到结论.【详解】（1）在直线上

设，则又

，解得：过点，

圆心必在直线上设，圆的半径为与相切

又，即，解得：或当时，；当时，的半径为：或（2）存在定点，使得说明如下：，关于原点对称且直线必为过原点的直线，且①当直线斜率存在时，设方程为：则的圆心必在直线上设，的半径为与相切

又，整理可得：即点轨迹方程为：，准线方程为：，焦点，即抛物线上点到的距离

当与重合，即点坐标为时，②当直线斜率不存在时，则直线方程为：在轴上，设，解得：，即若，则综上所述，存在定点，使得为定值.【点睛】本题考查圆的方程的求解问题、圆锥曲线中的定点定值类问题.解决本定点定值问题的关键是能够根据圆的性质得到动点所满足的轨迹方程，进而根据抛物线的定义得到定值，进而验证定值符合所有情况，使得问题得解.（2019·北京·高考真题）已知椭圆的右焦点为，且经过点.（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）设O为原点，直线与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N，若|OM|·|ON|=2，求证：直线l经过定点.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）设联立得，，，.直线，令得，即；同理可得.因为,所以；，解之得，所以直线方程为，所以直线恒过定点.【分析】(Ⅰ)由题意确定a,b的值即可确定椭圆方程；(Ⅱ)设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程确定OM,ON的表达式，结合韦达定理确定t的值即可证明直线恒过定点.【详解】（Ⅰ）因为椭圆的右焦点为，所以；因为椭圆经过点,所以，所以，故椭圆的方程为.（Ⅱ）略【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．（2019·北京·高考真题）已知抛物线C：x2=−2py经过点（2，−1）．（Ⅰ）求抛物线C的方程及其准线方程；（Ⅱ）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y=−1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．【答案】(Ⅰ)，；(Ⅱ)见解析.【分析】(Ⅰ)由题意结合点的坐标可得抛物线方程，进一步可得准线方程；(Ⅱ)联立准线方程和抛物线方程，结合韦达定理可得圆心坐标和圆的半径，从而确定圆的方程，最后令x=0即可证得题中的结论.【详解】(Ⅰ)将点代入抛物线方程：可得：，故抛物线方程为：，其准线方程为：.(Ⅱ)很明显直线的斜率存在，焦点坐标为，设直线方程为，与抛物线方程联立可得：.故：.设，则，直线的方程为，与联立可得：，同理可得，易知以AB为直径的圆的圆心坐标为：，圆的半径为：，且：，，则圆的方程为：，令整理可得：，解得：，即以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.【点睛】本题主要考查抛物线方程的求解与准线方程的确定，直线与抛物线的位置关系，圆的方程的求解及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.（2017·全国I卷·高考真题）已知椭圆C：（），P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）四点中恰有三点在椭圆C上.（Ⅰ）求C的方程；（Ⅱ）设直线l不经过点且与C相交于A，B两点.若直线与直线的斜率的和为，证明：l过定点.【答案】(1).(2)证明见解析.【详解】试题分析：（1）根据，两点关于y轴对称，由椭圆的对称性可知C经过，两点.另外由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.因此在椭圆上，代入其标准方程，即可求出C的方程；（2）先设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，再设直线l的方程，当l与x轴垂直时，通过计算，不满足题意，再设l：（），将代入，写出判别式，利用根与系数的关系表示出x1+x2，x1x2，进而表示出，根据列出等式表示出和的关系，从而判断出直线恒过定点.试题解析：（1）由于，两点关于y轴对称，故由题设知C经过，两点.又由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.因此，解得.故C的方程为.（2）设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，如果l与x轴垂直，设l：x=t，由题设知，且，可得A，B的坐标分别为（t，），（t，）.则，得，不符合题设.从而可设l：（）.将代入得由题设可知.设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=.而.由题设，故.即.解得.当且仅当时，，欲使l：，即，所以l过定点（2，）点睛:椭圆的对称性是椭圆的一个重要性质，判断点是否在椭圆上，可以通过这一方法进行判断；证明直线过定点的关键是设出直线方程，通过一定关系转化，找出两个参数之间的关系式，从而可以判断过定点情况.另外，在设直线方程之前，若题设中未告知，则一定要讨论直线斜率不存在和存在两种情况，其通法是联立方程，求判别式，利用根与系数的关系，再根据题设关系进行化简.考点03定值问题（2018·北京·高考真题）已知抛物线C：=2px经过点（1，2）．过点Q（0，1）的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N．（Ⅰ）求直线l的斜率的取值范围；（Ⅱ）设O为原点，，，求证：为定值．【答案】(1)取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）(2)证明过程见解析【详解】分析：（1）先确定p,再设直线方程，与抛物线联立，根据判别式大于零解得直线l的斜率的取值范围，最后根据PA，PB与y轴相交，舍去k=3，（2）先设A（x1，y1），B（x2，y2），与抛物线联立，根据韦达定理可得，．再由，得，．利用直线PA，PB的方程分别得点M，N的纵坐标，代入化简可得结论.详解：解：（Ⅰ）因为抛物线y2=2px经过点P（1，2），所以4=2p，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x．由题意可知直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为y=kx+1（k≠0）．由得．依题意，解得k<0或0<k<1．又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点（1，-2）．从而k≠-3．所以直线l斜率的取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）．（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2）．由（I）知，．直线PA的方程为．令x=0，得点M的纵坐标为．同理得点N的纵坐标为．由，得，．所以．所以为定值．点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的.定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.（2020·山东·高考真题）已知椭圆C：的离心率为，且过点．（1）求的方程：（2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值．【答案】（1）；（2）［方法一］：通性通法设点，若直线斜率存在时，设直线的方程为：，代入椭圆方程消去并整理得：，可得，，因为，所以，即，根据,代入整理可得：，

所以，整理化简得，因为不在直线上，所以，故，于是的方程为，所以直线过定点直线过定点.当直线的斜率不存在时，可得，由得：，得，结合可得：，解得：或（舍）.此时直线过点.令为的中点，即，若与不重合，则由题设知是的斜边，故，若与重合，则，故存在点，使得为定值.［方法二］【最优解】：平移坐标系将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为，设直线的方程为．将直线方程与椭圆方程联立得，即，化简得，即．设，因为则，即．代入直线方程中得．则在新坐标系下直线过定点，则在原坐标系下直线过定点．又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．［方法三］：建立曲线系A点处的切线方程为，即．设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．由题意得．则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线可表示为（其中为系数）．用直线及点A处的切线可表示为（其中为系数）．即．对比项、x项及y项系数得将①代入②③，消去并化简得，即．故直线的方程为，直线过定点．又，D在以为直径的圆上．中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．［方法四］：设．若直线的斜率不存在，则．因为，则，即．由，解得或（舍）．所以直线的方程为．若直线的斜率存在，设直线的方程为，则．令，则．又，令，则．因为，所以，即或．当时，直线的方程为．所以直线恒过，不合题意；当时，直线的方程为，所以直线恒过．综上，直线恒过，所以．又因为，即，所以点D在以线段为直径的圆上运动．取线段的中点为，则．所以存在定点Q，使得为定值．【分析】（1）由题意得到关于的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.（2）方法一：设出点，的坐标，在斜率存在时设方程为,联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到的关系，进而得直线恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置.【详解】（1）由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：.(2)略【整体点评】（2）方法一：设出直线方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点，再根据平面几何知识可知定点即为的中点，该法也是本题的通性通法；方法二：通过坐标系平移，将原来的O点平移至点A处，设直线的方程为，再通过与椭圆方程联立，构建齐次式，由韦达定理求出的关系，从而可知直线过定点，从而可知定点即为的中点，该法是本题的最优解；方法三：设直线，再利用过点的曲线系，根据比较对应项系数可求出的关系，从而求出直线过定点，故可知定点即为的中点；方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解以及的计算．（2019·全国III卷·高考真题）已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.（1）证明：直线AB过定点：（2）若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积.【答案】(1)见详解；(2)3或.【分析】（1）可设，，然后求出A，B两点处的切线方程，比如：，又因为也有类似的形式，从而求出带参数直线方程，最后求出它所过的定点.（2）由(1)得带参数的直线方程和抛物线方程联立，再通过为线段的中点，得出的值，从而求出坐标和的值，分别为点到直线的距离，则，结合弦长公式和韦达定理代入求解即可.【详解】(1)证明：设,,则．又因为，所以.则切线DA的斜率为，故，整理得.设，同理得.,都满足直线方程.于是直线过点，而两个不同的点确定一条直线，所以直线方程为.即，当时等式恒成立．所以直线恒过定点.（2）[方法一]【最优解：利用公共边结合韦达定理求面积】设的中点为G，,则，，．由，得，将代入上式并整理得，因为，所以或．由（1）知，所以轴，则（设）．当时，，即；当时，，即，．综上，四边形的面积为3或．[方法二]【利用弦长公式结合面积公式求面积】设，由（1）知抛物线的焦点F的坐标为，准线方程为．由抛物线的定义，得．线段的中点为．当时，轴，，；当时，，由，得，即．所以，直线的方程为．根据对称性考虑点和直线的方程即可．E到直线的距离为，D到直线的距离为．所以．综上，四边形的面积为3或．[方法三]【结合抛物线的光学性质求面积】图5中，由抛物线的光学性质易得，又，所以．因为，，所以，所以．同理，所以，即点D为中点．图6中已去掉坐标系和抛物线，并延长于点H．因为，所以．又因为G，D分别为的中点，所以，故为平行四边形，从而．因为且，所以I为的中点，从而．．当直线平行于准线时，易得．综上，四边形的面积为3或．

[方法四]【结合弦长公式和向量的运算求面积】由（1）得直线的方程为.由，可得，于是.设分别为点到直线的距离，则.因此，四边形ADBE的面积.设M为线段AB的中点，则，由于，而，与向量平行，所以，解得或.当时，；当时因此，四边形的面积为3或.【整体点评】(2)方法一：利用公共边将一个三角形的面积分割为两个三角形的面积进行计算是一种常用且有效的方法；方法二：面积公式是计算三角形面积的最基本方法；方法三：平稳的光学性质和相似、全等三角形的应用要求几何技巧比较高，计算量较少；方法四：弦长公式结合向量体现了数学知识的综合运用.考点04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.【答案】(1)(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.【分析】（1）由题意求得的值即可确定双曲线方程；（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线与的方程，联立直线方程，消去，结合韦达定理计算可得，即交点的横坐标为定值，据此可证得点在定直线上.【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）略【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.考点05中点弦问题（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．(1)求C的方程；(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：①M在上；②；③．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)(2)见解析【分析】（1）利用焦点坐标求得的值，利用渐近线方程求得的关系，进而利用的平方关系求得的值，得到双曲线的方程；（2）先分析得到直线的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k,M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等价分析得到；由直线和的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率，由②等价转化为，由①在直线上等价于，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.【详解】（1）右焦点为，∴,∵渐近线方程为，∴，∴，∴，∴，∴．∴C的方程为：；（2）由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零，若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线的斜率存在且不为零；若选①③推②，则为线段的中点，假若直线的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知在轴上，即为焦点,此时由对称性可知、关于轴对称，与从而，已知不符；总之，直线的斜率存在且不为零.设直线的斜率为,直线方程为,则条件①在上，等价于；两渐近线的方程合并为,联立消去y并化简整理得：设,线段中点为,则,设,则条件③等价于,移项并利用平方差公式整理得：，,即,即；由题意知直线的斜率为,直线的斜率为,∴由,∴,所以直线的斜率,直线,即,代入双曲线的方程,即中，得：,解得的横坐标：,同理：，∴∴,∴条件②等价于，综上所述：条件①在上，等价于；条件②等价于；条件③等价于；选①②推③:由①②解得：,∴③成立；选①③推②：由①③解得：，，∴，∴②成立；选②③推①：由②③解得：，，∴，∴，∴①成立.（2020·浙江·高考真题）如图，已知椭圆，抛物线，点A是椭圆与抛物线的交点，过点A的直线l交椭圆于点B，交抛物线于M（B，M不同于A）．（Ⅰ）若，求抛物线的焦点坐标；（Ⅱ）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）【分析】（Ⅰ）求出抛物线标准方程，从而可得答案；（Ⅱ）方法一使用韦达定理、中点公式和解方程法分别求得关于的表达式，得到关于的方程，利用基本不等式消去参数，得到关于的不等式，求解得到的最大值；方法二利用韦达定理和中点公式求得的坐标关于的表达式，根据点在椭圆上，得到关于关于的函数表达式，利用基本不等式和二次函数的性质得解，运算简洁，为最优解；方法三利用点差法得到．根据判别式大于零，得到不等式，通过解方程组求得，代入求解得到的最大值；方法四利用抛物线的参数方程设出点的参数坐标，利用斜率关系求得的坐标关于的表达式．作换元，利用点A在椭圆上，得到，然后利用二次函数的性质求得的最大值【详解】（Ⅰ）当时，的方程为，故抛物线的焦点坐标为；（Ⅱ）[方法一]：韦达定理基本不等式法设，由，，由在抛物线上，所以，又，，，.由即，所以，，，所以，的最大值为，此时.[方法二]【最优解】：设直线，.将直线的方程代入椭圆得：，所以点的纵坐标为.将直线的方程代入抛物线得：，所以，解得，因此，由解得，所以当时，取到最大值为.[方法三]：点差和判别式法设，其中．因为所以．整理得，所以．又，所以，整理得．因为存在，所以上述关于的二次方程有解，即判别式．

①由得．因此，将此式代入①式解得．当且仅当点M的坐标为时，p的最大值为．[方法四]：参数法设，由，得．令，则，点A坐标代入椭圆方程中，得．所以，此时M坐标为．（2018·全国III卷·高考真题）已知斜率为的直线与椭圆交于，两点，线段的中点为．（1）证明：；（2）设为的右焦点，为上一点,且．证明：，，成等差数列，并求该数列的公差．【答案】（1）；（2）证明见解析，公差为或．【分析】（1）方法一：设而不求，利用点差法进行证明．（2）方法一：解出m,进而求出点P的坐标，得到,再由两点间距离公式表示出，，得到直线的方程，联立直线与椭圆方程由韦达定理进行求解．【详解】（1）［方法一］：【最优解】点差法设，则.两式相减，并由得，由题设知，于是.①由题设得，故.［方法二］：【通性通法】常规设线设，，当时，显然不满足题意；由得，，所以，，，即，而，所以，又，所以，，即，解得：．［方法三］：直线与椭圆系的应用对原椭圆作关于对称的椭圆为．两椭圆方程相减可得，即为的方程，故．又点在椭圆C内部可得，解得：．所以．［方法四］：直线参数方程的应用设l的参数方程为（为l倾斜角，t为参数）代入椭圆C中得．设是线段中点A，B对应的参数，是线段中点，知得，即．而点在C内得，解得：，所以．（2）［方法一］：【通性通法】常规运算＋整体思想由题意得，设，则.由（1）及题设得.又点P在C上，所以，从而，.于是.同理，所以.故，即，，成等差数列.设该数列的公差为d，则.②将代入①得.所以l的方程为，代入C的方程，并整理得.故，代入②解得.所以该数列的公差为或.［方法二］：硬算由，知点F为的重心，由三角形重心坐标公式可得，即．由点P在椭圆上，把坐标代入方程解得，即．由（1）有，直线l的方程为，将其与椭圆方程联立消去y得，求得，不妨设，所以，，，同理可得，，所以，而，故．即该数列的公差为或.［方法三］：【最优解】焦半径公式的应用因为线段的中点为，得．由，知点F为的重心，由三角形重心坐标公式可得，由椭圆方程可知，由椭圆的焦半径公式得，．所以．由方法二硬算可得，或，从而公差为，即该数列的公差为或.【整体点评】（1）方法一：利用点差法找出斜率与中点坐标的关系，再根据中点在椭圆内得到不等关系，即可解出，对于中点问题，点差法是解决此类问题的常用解法，也是该题的最优解；方法二：常规设线，通过联立得出根与系数的关系（韦达定理），再根据即可证出，该法是解决直线与圆锥曲线位置关系的通性通法．方法三：；类比直线与圆系，采用直线与椭圆系的应用，可快速求出公共弦所在直线方程，从而得出斜率，进而得证，避免联立过程，适当简化运算；方法四：利用直线的参数方程以及参数的几何意义，联立求出斜率；（2）方法一：直接根据题意运算结合整体思想，是通性通法；方法二：直接硬算，思路直接，计算量较大；方法三：利用焦半径公式简化运算，是该题的最优解．（2018·全国III卷·高考真题）已知斜率为的直线与椭圆交于，两点．线段的中点为．（1）证明：；（2）设为的右焦点，为上一点，且．证明：．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）设而不求，利用点差法，或设直线方程，联立方程组，由判别式和韦达定理进行证明；（2）方法一：先求出点P的坐标，解出m，得到直线的方程，联立直线与椭圆方程由韦达定理进行求解．【详解】（1）［方法一］：【最优解】点差法设，，则，．两式相减，并由得．由题设知，，于是．由题设知点在椭圆内部，所以，故．［方法二］：【通性通法】常规设线设，，当时，显然不满足题意；由得，，所以，，，即，而，所以，又，所以，，即，解得：．［方法三］：直线与椭圆系的应用对原椭圆作关于对称的椭圆为．两椭圆方程相减可得，即为的方程，故．又点在椭圆C内部可得，解得：．所以．［方法四］：直线参数方程的应用设l的参数方程为（为l倾斜角，t为参数）代入椭圆C中得．设是线段中点A，B对应的参数，是线段中点，知得，即．而点在C内得，解得：，所以．（2）［方法一］：【通性通法】常规运算＋整体思想由题意得，设，则．由（1）及题设得，．又点P在C上，所以，从而，．于是．同理．所以．故．［方法二］：硬算由，知点F为的重心，由三角形重心坐标公式可得，即．由点P在椭圆上，把坐标代入方程解得，即．由（1）有，直线l的方程为，将其与椭圆方程联立消去y得，求得，不妨设，所以，，，同理可得，，所以，而，故．［方法三］：【最优解】焦半径公式的应用因为线段的中点为，得．由，知点F为的重心，由三角形重心坐标公式可得，由椭圆方程可知，由椭圆的焦半径公式得，．所以．【整体点评】（1）方法一：利用点差法找出斜率与中点坐标的关系，再根据中点在椭圆内得到不等关系，即可解出，对于中点问题，点差法是解决此类问题的常用解法，也是该题的最优解；方法二：常规设线，通过联立得出根与系数的关系（韦达定理），再根据即可解出，该法是解决直线与圆锥曲线位置关系的通性通法；方法三：；类比直线与圆系，采用直线与椭圆系的应用，可快速求出公共弦所在直线方程，从而得出斜率，进而得证，避免联立过程，适当简化运算；方法四：利用直线的参数方程以及参数的几何意义，联立求出斜率；（2）方法一：直接根据题意运算结合整体思想，是通性通法；方法二：直接硬算，思路直接，计算量较大，一般不建议使用；方法三：根据所求式子特证，利用焦半径公式，很好的简化运算，是该题的最优解．考点06弦长问题（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为．（1）求椭圆C的方程；（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．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）由离心率公式可得，进而可得，即可得解；（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，椭圆半焦距且，所以，又，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，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，联立可得，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，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．【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重.（2022·北京·高考真题）已知椭圆的一个顶点为，焦距为．(1)求椭圆E的方程；(2)过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当时，求k的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）依题意可得，即可求出，从而求出椭圆方程；（2）首先表示出直线方程，设、，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由直线、的方程，表示出、，根据得到方程，解得即可；【详解】（1）解：依题意可得，，又，所以，所以椭圆方程为；（2）若直线斜率不存在，与椭圆只有一个交点，不合题意；所以直线斜率存在，设过点的直线为，设、，不妨令，由，消去整理得，所以，解得，所以，，直线的方程为，令，解得，直线的方程为，令，解得，所以，所以，即即即整理得，解得（2020·北京·高考真题）已知椭圆过点，且．（Ⅰ）求椭圆C的方程：（Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）1.【分析】(Ⅰ)由题意得到关于a,b的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程；(Ⅱ)首先联立直线与椭圆的方程，然后由直线MA,NA的方程确定点P,Q的纵坐标，将线段长度的比值转化为纵坐标比值的问题，进一步结合韦达定理可证得，从而可得两线段长度的比值.【详解】(Ⅰ)设椭圆方程为：，由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：.(Ⅱ)[方法一]：设，，直线的方程为：，与椭圆方程联立可得：，即：，则：.直线MA的方程为：，令可得：，同理可得：.很明显，且，注意到，，而，故.从而.[方法二]【最优解】：几何含义法①当直线l与x轴重合，不妨设，由平面几何知识得，所以．②当直线l不与x轴重合时，设直线，由题意，直线l不过和点，所以．设，联立得．由题意知，所以．且．由题意知直线的斜率存在．．当时，．同理，．所以．因为，所以．【整体点评】方法一直接设直线的方程为：，联立方程消去y，利用韦达定理化简求解；方法二先对斜率为零的情况进行特例研究，在斜率不为零的情况下设直线方程为，联立方程消去x，直接利用韦达定理求得P,Q的纵坐标，运算更为简洁，应为最优解法.考点07面积问题（2026·全国一卷·高考真题）已知椭圆的左焦点为，离心率为．(1)求的方程；(2)设为坐标原点，过且斜率大于的动直线与交于P，两点，其中在第三象限，直线与的另一个交点为．（i）若的面积是的面积的倍，求的方程；（ii）求的最小值．【答案】(1)(2)（i）；（ii）【分析】（1）根据焦点以及离心率的定义即可求解；（2）（i）通过联立直线与椭圆方程，利用韦达定理以及三角形的面积公式即可求解；（ii）由于是直线与直线的夹角，列出的表达式即可求解.【详解】（1）已知椭圆的左焦点为，离心率，则，解得，，因此椭圆方程为.（2）解法一：设，点，点，其中，联立直线与椭圆方程，得，由韦达定理得，由于两点在椭圆上，关于原点对称，所以点，且，（i）

由面积公式，，又因为是线段的中点，所以，所以，，由于，得，即，令，由与，得，代入，得，解得，所以，所以直线的方程为.（ii）直线的斜率为，于是，当且仅当时取等号，故的最小值为.解法二：（i）如图所示，设直线的方程为，其中斜率，

设点，点，且，根据椭圆的中心对称性可知，点，联立直线与椭圆方程，得，化简得，由韦达定理可得，因为是关于原点的对称点，所以是线段的中点，因此，所以，由于，所以，，，所以，即，由于，所以简化为，代入韦达定理，得，则，化简得，由于，解得，所以直线的方程为，即.（ii）由题意，即为直线与直线的夹角，直线即直线，方程为，点，点，点，直线的斜率，直线的斜率，由于在直线上，有，则，代入，则，设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则，因此，即，由基本不等式得，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为.（2026·北京·高考真题）已知椭圆：（）的一个顶点是，离心率为．(1)求的方程；(2)过点，斜率为的直线交椭圆于、两点，关于的对称点为，交于，若，求．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用顶点坐标及离心率计算即可得；（2）设出直线，联立曲线方程可得与交点横坐标有关韦达定理，结合题目所给条件计算可得点、点坐标，再利用点到直线距离公式与两点间距离公式可表示出与，结合题目所给条件与韦达定理计算即可得解.【详解】（1）由题意可得，则，即，故的方程为；（2）由题意可得，设、，由关于直线对称的点为，则，联立，消去得：，由，故在椭圆内部，故恒成立，有、，则，，，联立，则，即，整理得，即，点到直线的距离，点到直线的距离，又，则，，故，即有，若，则，无解，不符；则，有，解得；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．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据椭圆定义以及离心率可求出，再根据的关系求出，即可得到椭圆方程；（2）法一：联立直线方程求出点坐标，即可求出，再根据，即可得出它们的大小关系.法二：利用直线的到角公式或者倾斜角之间的关系得到，再根据三角形的面积公式即可解出.【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·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．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据长轴长和离心率求出基本量后可得椭圆方程；（2）设出直线方程并联立椭圆方程后结合韦达定理用参数表示面积后可求的值，从而可求弦长.【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.（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．【答案】(1)(2)直线的方程为或.【分析】（1）代入两点得到关于的方程，解出即可；（2）方法一：以为底，求出三角形的高，即点到直线的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到点坐标，则得到直线的方程；方法二：同法一得到点到直线的距离，再设，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点到直线的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线斜率不存在的情况，再设直线，联立椭圆方程，得到点坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线斜率不存在的情况，再设，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设线法与法五一致，利用水平宽乘铅垂高乘表达面积即可.【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．【答案】(1)椭圆的方程为，离心率为.(2).【分析】（1）由解得，从而求出，代入椭圆方程即可求方程，再代入离心率公式即求离心率.（2）先设直线的方程，与椭圆方程联立，消去，再由韦达定理可得，从而得到点和点坐标.由得，即可得到关于的方程，解出，代入直线的方程即可得到答案.【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.（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．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用直线与抛物线的位置关系，联立直线和抛物线方程求出弦长即可得出；（2）设直线：，利用，找到的关系，以及的面积表达式，再结合函数的性质即可求出其最小值．【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.（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．【答案】(1)；(2)．【分析】（1）由点在双曲线上可求出，易知直线l的斜率存在，设，，再根据，即可解出l的斜率；（2）根据直线的斜率之和为0可知直线的倾斜角互补，根据即可求出直线的斜率，再分别联立直线与双曲线方程求出点的坐标，即可得到直线的方程以及的长，由点到直线的距离公式求出点A到直线的距离，即可得出的面积．【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．（2022·天津·高考真题）椭圆的右焦点为F，右顶点A和上顶点为B满足．(1)求椭圆的离心率；(2)直线l与椭圆有唯一公共点M，与y轴相交于点N（N异于M）．记O为原点，若，且的面积为，求椭圆的方程．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的等量关系，由此可求得该椭圆的离心率的值；（2）由（1）可知椭圆的方程为，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆方程联立，由可得出，求出点的坐标，利用三角形的面积公式以及已知条件可求得的值，即可得出椭圆的方程.【详解】（1）解：，离心率为.（2）解：由（1）可知椭圆的方程为，易知直线的斜率存在，设直线的方程为，联立得，由，①，，由可得，②由可得，③联立①②③可得，，，故椭圆的标准方程为．（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．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据圆的几何性质可得出关于的等式，即可解出的值；（2）设点、、，利用导数求出直线、，进一步可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得面积的最大值.【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.【答案】（1）；（2）18.【分析】(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；(2)首先利用几何关系找到三角形面积最大时点N的位置，然后联立直线方程与椭圆方程，结合判别式确定点N到直线AM的距离即可求得三角形面积的最大值.【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．（2020·全国III卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，，分别为的左、右顶点．（1）求的方程；（2）若点在上，点在直线上，且，，求的面积．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）因为，可得，，根据离心率公式，结合已知，即可求得答案；（2）方法一：过点作轴垂线，垂足为，设与轴交点为，可得，可求得点坐标，从而求出直线的直线方程，根据点到直线距离公式和两点距离公式，即可求得的面积.【详解】（1），，根据离心率，解得或(舍)，的方程为：，即．（2）［方法一］：通性通法不妨设,在x轴上方，过点作轴垂线，垂足为，设直线与轴交点为根据题意画出图形，如图，，，又，，，根据三角形全等条件“”，可得：，，，，设点为，可得点纵坐标为，将其代入，可得：，解得：或，点为或，①当点为时，故，，，可得：点为，画出图象，如图,，可求得直线的直线方程为：，根据点到直线距离公式可得到直线的距离为，根据两点间距离公式可得：，面积为：；②当点为时，故，，，可得：点为，画出图象，如图,，可求得直线的直线方程为：，根据点到直线距离公式可得到直线的距离为，根据两点间距离公式可得：，面积为：，综上所述，面积为：.［方法二］【最优解】：由对称性，不妨设P，Q在x轴上方，过P作轴，垂足为E．设，由题知，．故，①因为，如图，所以，．②因为，如图，所以．综上有［方法三］：由已知可得，直线的斜率一定存在，设直线的方程为，由对称性可设，联立方程消去y得，由韦达定理得，所以，将其代入直线的方程得，所以，则．因为，则直线的方程为，则．因为，所，，即，故或，即或．当时，点P，Q的坐标分别为，直线的方程为，点A到直线的距离为，故的面积为．当时，点P，Q的坐标分别为，直线的方程为，点到直线的距离为，故的面积为．综上所述，的面积为．［方法四］：由（1）知椭圆的方程为，．不妨设在x轴上方，如图．设直线．因为，所以．由点P在椭圆上得，所以．由点P在直线上得，所以．所以，化简得．所以，即．所以，点Q到直线的距离．又．故．即的面积为．［方法五］：由对称性，不妨设P，Q在x轴上方，过P作轴，垂足为C，设，由题知，所以．（1）．则．（其中）．（2）．同理，．（其中）综上，的面积为．【整体点评】（2）方法一：根据平面几何知识可求得点的坐标，从而得出点的坐标以及直线的方程，再根据距离公式即可求出三角形的面积，是通性通法；方法二：同方法一，最后通过面积分割法求的面积，计算上有简化，是本题的最优解；方法三：通过设直线的方程与椭圆的方程联立，求出点的坐标，再根据题目等量关系求出的值，从而得出点的坐标以及直线的方程，最后根据距离公式即可求出三角形的面积，思想简单，但运算较繁琐；方法四：与法三相似，设直线的方程，通过平面知识求出点的坐标，表示出点，再根据距离公式即可求出三角形的面积；方法五：同法一，只是在三角形面积公式的选择上，利用三角形面积的正弦形式结合平面向量的数量积算出．（2019·全国II卷·高考真题）已知是椭圆的两个焦点，P为C上一点，O为坐标原点．（1）若为等边三角形，求C的离心率；（2)如果存在点P，使得，且的面积等于16，求b的值和a的取值范围.【答案】(1)；（2），a的取值范围为.【分析】（1）先连结，由为等边三角形，得到，，；再由椭圆定义，即可求出结果；（2）先由题意得到，满足条件的点存在，当且仅当，，，根据三个式子联立，结合题中条件，即可求出结果.【详解】（1）连结，由为等边三角形可知：在中，，，，于是，故椭圆C的离心率为；（2）[方法一]【椭圆的定义+基本不等式】由题意可知，且，所以．因为，所以．又因为，且，所以，从而，故，所以，a的取值范围为．[方法二]【最优解：椭圆的定义+余弦定理】由题意有则，即，当且仅当时，等号成立．此时P为短轴端点，，且满足．即当时，存在点P，使得，且的面积等于16．故，a的取值范围为．[方法三]【余弦定理+面积公式】设，对椭圆上任一点P，设，由余弦定理有，所以，即．则．又，即．由于，则以O为圆心，为直径的圆必与椭圆C有公共点，即半焦距，故．综上，，a的取值范围为．【点睛】(2)方法一：椭圆的定义是解决焦点三角形的核心，基本不等式是处理最值与范围问题的常用方法；方法二：椭圆的定义和余弦定理相结合是处理焦点三角形最典型的方法；方法三：余弦定理和面积公式是处理面积问题的经典方法，处理最值、范围问题时常用此方法.（2019·全国II卷·高考真题）已知点A(−2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为−.记M的轨迹为曲线C.（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.（i）证明：是直角三角形；（ii）求面积的最大值.【答案】（1）曲线C是以坐标原点为中心，焦点在轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为；（2）（i）[方法一]【分别求得斜率的表达式利用斜率之积为即可证得题中的结论】依题意设，直线的斜率为，则，所以．又，所以，进而有，即是直角三角形．[方法二]【利用三点共线和点差法真的斜率之积为即可证得题中的结论】由题意设，则．因为Q，E，G三点共线，所以，又因为点P，G在椭圆上，所以，两式相减得，所以，所以．（ii）【分析】（1）分别求出直线AM与BM的斜率，由已知直线AM与BM的斜率之积为−，可以得到等式，化简可以求出曲线C的方程，注意直线AM与BM有斜率的条件；（2）（i）设出直线的方程，与椭圆方程联立，求出P，Q两点的坐标，进而求出点的坐标，求出直线的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数关系求出的坐标，再求出直线的斜率，计算的值，就可以证明出是直角三角形；（ii）由（i）可知三点坐标，是直角三角形，求出的长，利用面积公式求出的面积，利用导数求出面积的最大值.【详解】（1）直线的斜率为，直线的斜率为，由题意可知：，所以曲线C是以坐标原点为中心，焦点在轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为；（2）（i）略（ii）[方法一]【求得面积函数，然后求导确定最值】设，则直线的方程为，联立解得所以直线的方程为．联立直线的方程和椭圆C的方程，可得，则，所以．令，即．注意到，得，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以当时，．[方法二]【利用弦长公式结合韦达定理求得面积表达式，然后求导确定最值】设的中点为N，直线的斜率为k，则其方程为．由解得．由（Ⅰ）得．直线的方程为，直线的方程为，联立得，．又，从而，进而．以下同解法一．【整体点评】(2)(i)方法一：斜率之积为是证明垂直的核心和关键；方法二：利用三点共线和点差法使得问题的处理更加简单.(ii)导数是求最值的一种重要方法，在求最值的时候几乎所有问题都可以考虑用导数求解；（2018·江苏·高考真题）在平面直角坐标系中，椭圆C过点，焦点，圆O的直径为．（1）求椭圆C及圆O的方程；（2）设直线l与圆O相切于第一象限内的点P．①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点，求点P的坐标；②直线l与椭圆C交于两点．若的面积为，求直线l的方程．【答案】（1），；（2）①；②．【分析】（1）根据条件易得圆的半径，即得圆的标准方程，再根据点在椭圆上，解方程组可得a,b，即得椭圆方程；（2）方法一：①先根据直线与圆相切得一方程，再根据直线与椭圆相切得另一方程，解方程组可得切点坐标；②先根据三角形面积得三角形底边边长，再结合①中方程组，利用求根公式以及两点间距离公式，列方程，解得切点坐标，即得直线方程.【详解】（1）因为椭圆C的焦点为，可设椭圆C的方程为．又点在椭圆C上，所以，解得因此，椭圆C的方程为．因为圆O的直径为，所以其方程为．（2）［方法一］：【通性通法】代数法硬算①设直线l与圆O相切于，则，所以直线l的方程为，即．由，消去y，得（*），因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点，所以．因为，所以，因此，点P的坐标为．②因为三角形OAB的面积为，所以，从而．设，由（*）得，所以．因为，所以，即，解得舍去），则，因此P的坐标为．综上，直线l的方程为．［方法二］：圆的参数方程的应用设P点坐标为．因为原点到直线的距离，所以与圆O切于点P的直线l的方程为．由消去y，得．①因为直线l与椭圆相切，所以．因为，所以，故，．所以，P点坐标为．②因为直线与圆O相切，所以中边上的高，因为的面积为，所以．设，由①知，即，即．因为，所以，故，所以．所以直线l的方程为．［方法三］：直线参数方程与圆的参数方程的应用设P点坐标为，则与圆O切于点P的直线l的参数方程为：（t为参数），即（t为参数）．代入，得关于t的一元二次方程．①因为直线l与椭圆相切，所以，，因为，所以，故，．所以，P点坐标为．②同方法二，略．【整体点评】（2）方法一：①直接利用直线与圆的位置关系，直线与椭圆的位置关系代数法硬算，即可解出点的坐标；②根据三角形面积公式，利用弦长公式可求出点的坐标，是该题的通性通法；方法二：①利用圆的参数方程设出点，进而表示出直线方程，根据直线与椭圆的位置关系解出点的坐标；②根据三角形面积公式，利用弦长公式可求出点的坐标；方法三：①利用圆的参数方程设出点，将直线的参数方程表示出来，根据直线与椭圆的位置关系解出点的坐标；②根据三角形面积公式，利用弦长公式可求出点的坐标．（2018·上海·高考真题）设常数，在平面直角坐标系中，已知点，直线，曲线（，），与轴交于点、与交于点，、分别是曲线与线段上的动点.(1)用表示点到点的距离；(2)设，，线段的中点在直线上，求的面积；(3)设，是否存在以、为邻边的矩形，使得点在上？若存在，求点的坐标，若不存在，说明理由.【答案】(1)(2)(3)存在，【分析】（1）根据抛物线性质，即可求出点到点的距离；（2）根据题意得到点的坐标，即可得到线段的中点的坐标，从而得到直线方程，再联立抛物线和直线方程即可得到点的坐标，进而即可求出的面积；（3）设，分和两种情况讨论，通过在矩形中，，，当，求出点的坐标，并判断是否在上；当时，要使得点在上，设，并代入以上条件计算，看是否能求出的值，进而即可得出结论.【详解】（1）由曲线的焦点线，准线为，所以根据抛物线性质，点到点的距离.（2）当时，得，，由，则，即，所以线段的中点为，又，所以直线方程为，联立，整理得，解得，或（舍去），所以的面积..（3）存在，已知，设，，①若，则，因为在矩形中，，，所以，，又不在曲线上，则此情况不成立；②若，则PF的斜率，因为在矩形中，，则，得，所以直线QF为，当时，Q点纵坐标，得，所以，，因为在矩形中，，设，则，所以，得到，要使得点在上，则将代入，得到，解得，又，得，即..（2019·浙江·高考真题）如图，已知点为抛物线的焦点，过点的直线交抛物线于两点，点在抛物线上，使得的重心在轴上，直线交轴于点，且在点右侧.记的面积为.（1）求的值及抛物线的准线方程；（2）求的最小值及此时点的坐标.【答案】（1）2，；（2），.【分析】(1)由焦点坐标确