专题14 圆锥曲线解答题 2022-2026年高考数学真题分类汇编解析版

高考真题分类解析PAGE试卷第=1页，共=sectionpages33页PAGE1专题14圆锥曲线解答题考点分类五年考情（2022-2026）命题规律考点01弦长、三角形、四边形的面积问题2026全国一卷、2026北京卷2025年全国二卷、2025北京卷2024年新课标Ⅰ卷、2024上海卷、2023年全国甲卷、2023天津卷2022年新高考全国Ⅰ卷、2022北京卷、2022天津卷考查圆锥曲线的方程、直线与曲线的位置关系，通过联立方程求出交点坐标，再利用面积公式，如三角形面积公式、分割法求面积等进行计算，重点考查学生对代数运算与几何图形结合的处理能力。考点02定点、定值、定直线问题2026天津卷2025上海卷2024年全国甲卷、2024北京卷2024上海卷2023年新课标Ⅱ卷、2023年全国乙卷、2023北京卷2022年全国甲卷、2022年全国乙卷定点、定值、定直线问题需要学生在变化的过程中寻找不变的量，通常通过设参数、联立方程，消去参数得到定点坐标、定值或定直线方程，体现了从特殊到一般的思维方法，注重对学生抽象思维能力的考查。考点03参数的求值、最值、范围及证明问题2026全国一卷、2026上海卷2025年全国一卷、2025年全国二卷、2025天津卷、2025上海卷2024天津卷、2024上海卷2023年新课标Ⅰ卷、2023上海卷2022年新高考全国Ⅱ卷、2022上海卷、2022浙江卷考查距离、面积、斜率、截距等的最值求解。这类问题常与函数思想、不等式思想结合，通过建立目标函数，利用二次函数最值、基本不等式、导数等方法求解，考查学生转化与化归的数学思想。证明问题一般要求证明线段相等、角相等、直线平行或垂直等几何关系，需要学生将几何条件转化为代数表达式，通过代数运算进行推导证明，强调对数学思维严谨性的考查。考点04圆锥曲线综合问题2026全国二卷2024年新课标Ⅱ卷考查一些创新定义或者与其他知识衔接题型，往往难度较大考点01弦长、三角形、四边形的面积问题1．（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.2．（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.3．（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.4．（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.5．（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.6．（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.7．（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．8．（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9．（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．考点02定点、定值、定直线问题1．（2026·天津·高考真题）已知椭圆（）的离心率为，椭圆被直线截得的线段长为．(1)求的标准方程；(2)斜率为的直线与圆相切，且该直线交椭圆于，（），是椭圆的上顶点．记直线，的斜率分别为，，求．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据椭圆的离心率可知，，然后将代入椭圆方程即可求解；（2）根据直线与圆相切即可求出，分类讨论即可.【详解】（1）由于椭圆的离心率为，所以，即，由于，所以，将代入椭圆方程，得，即，解得，即，由题意，所截得的线段长为，所以，解得，从而，所以椭圆的方程为.（2）由（1）可知，，所以圆的方程为，设直线的方程为，因为直线与圆相切，如图所示，则圆心到直线的距离，解得，椭圆上顶点，分两种情况讨论：①当时，直线的方程为，代入椭圆方程，化简得，解得或，则当时，，当时，，由于，所以，则，，此时；②当时，直线的方程为，代入椭圆方程，化简得，解得或，当时，，当时，，由于，所以，则，，此时.综上所述，的值为.2．（2025·上海·高考真题）在平面直角坐标系中，已知曲线，点P、Q分别为上不同的两点，．(1)求所在椭圆的离心率；(2)若在y轴上，若T到直线的距离为，求P的坐标；(3)是否存在t，使得是以T为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求t的取值范围；若不存在，请说明理由．【答案】(1)；(2)；(3)存在，.【分析】（1）根据椭圆方程直接求离心率；（2）问题化为以为圆心，为半径的圆与过的直线相切，且切线与有交点，设切线方程，利用与圆相切关系求参数，进而确定P的坐标；（3）设，，联立椭圆方程，结合韦达定理、判别式得，注意讨论、，确定中点为，再结合、求参数范围.【详解】（1）由，则，即离心率为；（2）由题设，问题化为以为圆心，为半径的圆与过的直线相切，且切线与有交点，显然切线斜率存在，令切线为，所以，可得，则或，当，则切线为，联立，可得，则或，故此时，满足；当，则切线为，联立，可得，则或，故此时，不满足；综上，.（3）由题设，直线的斜率存在，可设，，联立，整理得，其中，即，所以，，则，，所以且，故，当时，则且，则，此时，满足；当，而的中点为，又，则，即，且，，所以，则，所以，则，故所以，则.综上，.【点睛】关键点点睛：第三问，设，，根据已知得到，且、的应用为关键3．（2024·上海·高考真题）在平面直角坐标系中，已知点为椭圆上一点，、分别为椭圆的左、右焦点.(1)若点的横坐标为2，求的长;(2)设的上、下顶点分别为、，记的面积为的面积为，若，求的取值范围(3)若点在轴上方，设直线与交于点，与轴交于点延长线与交于点，是否存在轴上方的点，使得成立?若存在，请求出点的坐标;若不存在，请说明理由.【答案】(1)；(2)；(3)存在，【分析】（1）根据给定条件，求出点的纵坐标，再利用两点间距离公式计算即得.（2）设，求出，再利用给定关系求出的范围，进而求出的范围.（3）设，利用向量坐标运算及共线向量的坐标表示可得，再联立直线与椭圆方程，结合韦达定理求解即得.【详解】（1）设，由点为椭圆上一点，得，即，又，所以.（2）设，而，则，由，得，即，又，则，解得，，所以的范围是.（3）设，由图象对称性，得、关于轴对称，则，又，于是，则，同理，由，得，因此，即，则，设直线，由消去得，则，即，而，解得，，由，得，所以.【点睛】思路点睛：解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．4．（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．【答案】(1)(2)【分析】（1）由题意得，进一步得，由此即可得解；（2）设，，联立椭圆方程，由韦达定理有，而，令，即可得解.【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.5．（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．【答案】(1)(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.【分析】（1）设，根据的坐标及轴可求基本量，故可求椭圆方程.（2）设，，，联立直线方程和椭圆方程，用的坐标表示，结合韦达定理化简前者可得，故可证轴.【详解】（1）设，由题设有且，故，故，故，故椭圆方程为.（2）略【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.6．（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：．【答案】(1)(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.【分析】（1）结合题意得到，，再结合，解之即可；（2）依题意求得直线、与的方程，从而求得点的坐标，进而求得，再根据题意求得，得到，由此得解.【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）略7．（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．8．（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.9．（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．【答案】(1)；(2).【分析】（1）由抛物线的定义可得，即可得解；（2）法一：设点的坐标及直线，由韦达定理及斜率公式可得，再由差角的正切公式及基本不等式可得，设直线，结合韦达定理可解.【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．10．（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.考点03参数的求值、最值、范围及证明问题1．（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.2．（2026·上海·高考真题）已知双曲线，点在上，，分别为双曲线的左、右焦点．(1)求点到双曲线渐近线的距离；(2)若，求；(3)记为双曲线满足和的部分；直线，均过右焦点，与交于，两点（分别在第一、第四象限），与交于，两点（分别在第三、四象限），问：是否存在常数，使得对任意直线，都存在唯一对应的直线满足？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)(3)存在实数符合题意，此时的取值范围为【分析】（1）根据双曲线方程求，即可得渐近线方程以及点到直线的距离；（2）解法一：根据余弦定理可得，结合定义可得，，即可得面积；解法二：设，根据数量积可得，即可得面积；解法三：根据极化恒等式和中线长性质可得，，结合面积公式运算求解；（3）根据题意结合双曲线性质可得直线斜率取值范围，设直线方程结合弦长公式可得，，进而分析取值范围即可得解.【详解】（1）由题意可知：，，则，，渐近线方程为，即，所以点到双曲线渐近线的距离为.（2）解法一：因为，由余弦定理可得，整理得：，因点是双曲线上一点，则，可得，代入可得，，则，所以的面积为；解法二：设，则，即，可得，，因为，即，解得，所以的面积为；解法三：因为，即，由中线长定理可知：，因为，可得，代入可得，，可得，解得，则，，所以的面积为.（3）不妨取，，则直线的斜率，依题意，设直线：，则，设直线：，则，，，联立方程，消去x可得，则，，可得，可知函数在内单调递增，则，且当趋近于1时，趋近于，即在内的值域为，故，因，所以；同理可得：可知在内单调递减，则，且当趋近于1时，趋近于，即在内的值域为，故；由题意可知：，可得，解得，所以存在实数符合题意，此时的取值范围为.3．（2026·上海·高考真题）已知双曲线，过点作不垂直于轴的直线交双曲线于、两点.(1)求双曲线离心率；(2)若点，点在双曲线的右支上，且是的中点，求直线的斜率；(3)若，，分别是双曲线的左右焦点，是关于轴的对称点，若存在直线使得，求的取值范围.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）求出，直接利用公式即可求解；（2）根据中点坐标公式求出点，将点坐标代入双曲线方程求出，再利用斜率公式即可求出答案；（3）设直线方程为，联立求出，由题意得且，再根据求出，结合且可求出答案.【详解】（1）对于双曲线，，，，所以双曲线离心率.（2）因为点是的中点，所以点，代入双曲线方程，得，解得，又点在双曲线的右支上，所以，即，所以，所以直线的斜率为.（3）当直线斜率为时，易知与共线，不符合题意；当直线斜率不为时，设直线方程为，设，，则，联立，整理得，（*）且，，，因为，，所以，，所以，即，即，整理得，即，代入（*）中得，又，所以，又因为，即，所以且，综上，的取值范围为.4．（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.【答案】(1)(2)证明：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.【分析】（1）根据题意，利用椭圆的离心率得到，再由直线的斜率得到，从而利用三角形的面积公式得到关于的方程，解之即可得解；（2）联立直线与椭圆方程，利用其位置关系求得，进而得到直线的方程与点的坐标，法一：利用向量的夹角公式即可得证；法二：利用两直线的夹角公式即可得证；法三利用正切的倍角公式即可得证；法四：利用角平分线的性质与点线距离公式即可得证.【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）略5．（2025·上海·高考真题）已知椭圆，，A是的右顶点．(1)若的焦点，求离心率e；(2)若，且上存在一点P，满足，求m；(3)已知AM的中垂线l的斜率为2，l与交于C、D两点，为钝角，求a的取值范围．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）由方程可得，再由焦点坐标得，从而求出得离心率；（2）设点坐标，由向量关系坐标化可解得坐标，代入椭圆方程可得；（3）根据中垂线性质，由斜率与中点坐标得直线方程，联立直线与椭圆方程，将钝角条件转化为向量不等式，再坐标化利用韦达定理代入化简不等式求解可得范围.【详解】（1）由题意知，，则，由右焦点，可知，则，故离心率.（2）由题意，由得，，解得，代入，得，又，解得.（3）由线段的中垂线的斜率为，所以直线的斜率为，则，解得，由得中点坐标为，故直线，显然直线过椭圆内点，故直线与椭圆恒有两不同交点，设，由消得，由韦达定理得，因为为钝角，则，且，则有，所以，即，解得，又，故，即的取值范围是.6．（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．【答案】(1)(2)(ⅰ)(ⅱ)【分析】（1）根据题意列出的关系式,解方程求出,即可得到椭圆的标准方程；（2）(ⅰ)设,根据斜率相等以及题目条件列式,化简即可求出或者利用数乘向量求出；(ⅱ)根据斜率关系可得到点的轨迹为圆（除去两点），再根据点与圆的最值求法结合三角换元或者直接运算即可解出.【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.7．（2024·上海·高考真题）已知双曲线，左、右顶点分别为，过点的直线交双曲线于两点.(1)若的离心率为2，求.(2)若为等腰三角形，且点在第一象限，求点的坐标.(3)连接（为坐标原点）并延长交于点，若，求的最大值.【答案】(1)；(2)当时，；(3)的最大值为.【分析】（1）根据离心率的概念求出，再求出即可；（2）如图，易知为钝角，则，根据两点距离公式建立方程组，解之即可求解；（3）设，：，联立双曲线方程，利用韦达定理和平面向量数量积的坐标表示建立关于的方程，得，结合即可求解.【详解】（1）由双曲线的方程知，，因为离心率为2，所以，得.（2）当时，双曲线，且.因为点在第一象限，所以为钝角.又为等腰三角形，所以.设点，且，则得，所以.（3）由双曲线的方程知，且由题意知关于原点对称.设，则.由直线不与轴垂直，可设直线的方程为.联立直线与双曲线的方程得消去，得，且，即，得.，由，得，所以，即，整理得，所以，整理得，所以.又，所以，解得，所以，又，故的取值范围是，故的最大值为.【点睛】关键点点睛：解圆锥曲线与平面向量交汇题的关键是设相关点的坐标，将平面向量用坐标表示，运用相应的平面向量坐标运算法则（加、减、数量积、数乘）或运算律或数量积的几何意义，将问题中向量间的关系（相等、垂直、平行等）转化为代数关系.8．（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．【答案】(1)(2)存在，使得恒成立.【分析】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积可求基本量，从而可得椭圆的标准方程.（2）设该直线方程为：，，联立直线方程和椭圆方程并消元，结合韦达定理和向量数量积的坐标运算可用表示，再根据可求的范围.【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.9．（2023·上海·高考真题）曲线，第一象限内点A在Γ上，A的纵坐标是a．(1)若A到准线距离为3，求a；(2)若a＝4，B在x轴上，AB中点在上，求点B坐标和坐标原点O到AB距离；(3)直线，令P是第一象限Γ上异于A的一点，直线PA交l于Q，H是P在l上的投影，若点A满足“对于任意P都有”，求a的取值范围．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）代入求出，利用抛物线定义即可求出值；（2）代入值求出，设，则得到的中点坐标，再代入抛物线方程则得值，则得到直线的方程，利用点到直线的距离即可；（3）设，写出直线的方程，求出点坐标，则，分和讨论即可.【详解】（1）令，解得，即，而抛物线的准线方程为，根据抛物线的定义有，解得，因为为第一象限的点，则.（2）由代入抛物线方程有，解得，则，设，则的中点为,代入抛物线方程有，解得，直线的斜率为，其方程为，即,坐标原点到的距离为.（3）设，根据，则，则直线方程为，化简得，令，则，又，，化简得①对任意的恒成立.则,结合，，当时，，则，则①也成立.综上所述:.

【点睛】关键点睛：本题第三问的关键是设，从而写出直线的方程，再得到，再转化为恒成立问题，分类讨论即可.10．（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.11．（2023·上海·高考真题）已知椭圆．(1)若，求椭圆的离心率；(2)设为椭圆的左右顶点，若椭圆上一点E的纵坐标为1，且，求m的值；(3)若P为椭圆上一点，过点P作一条斜率为的直线与双曲线仅有一个公共点，求m的取值范围．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）由椭圆的离心率定义即可得出答案；（2）设，求出E点的坐标，表示出，由数量积的定义求出，即可求出m的值；（3）设该直线为，直线与双曲线仅有一个公共点，讨论直线与双曲线的渐近线平行和直线与双曲线的渐近线不平行结合P为椭圆上一点即可得出答案.【详解】（1）当时，椭圆，焦点在上，则，则.（2）因为为椭圆的左右顶点，所以，令中，则，若，，，解得：.若，，，解得：.（3）若P为椭圆上一点，过点P作一条斜率为的直线，设该直线为，直线与双曲线仅有一个公共点，①直线与双曲线的渐近线平行时，则双曲线的渐近线为：，所以.因为P为椭圆上一点，所以，所以不满足题意.②直线与双曲线的渐近线不平行时，，则，则，解得：，解得：，因为，所以.又因为P为椭圆上一点，所以，则，则，解得：，所以，所以，综上所述：.则m的取值范围为：12．（2022·上海·高考真题）设有椭圆方程，直线，下端点为A，M在l上，左、右焦点分别为.(1)，AM的中点在x轴上，求点M的坐标；(2)直线l与y轴交于B，直线AM经过右焦点，在中有一内角余弦值为，求b；(3)在椭圆上存在一点P到l距离为d，使，随a的变化，求d的最小值.【答案】(1)(2)或(3)【分析】（1）由题意可得椭圆方程为，从而确定点的纵坐标，进一步可得点的坐标；（2）由直线方程可知，分类讨论和两种情况确定的值即可；（3）设，利用点到直线距离公式和椭圆的定义可得，进一步整理计算，结合三角函数的有界性求得即可确定的最小值．【详解】（1）解：由题意可得，所以，的中点在轴上，的纵坐标为，代入得；（2）解：由直线方程可知，，①若，则，即，，.②若，则，，，，，即，，.综上，或；（3）解：设，结合已知条件，由椭圆的定义及点到直线距离公式可得，显然椭圆在直线的左下方，则，即，，，即，，整理可得，即，，即的最小值为．13．（2022·浙江·高考真题）如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点．(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；(2)求的最小值．【答案】(1)；(2)．【分析】（1）设是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出，再根据二次函数的性质即可求出；（2）设直线与椭圆方程联立可得，再将直线方程与的方程分别联立，可解得点的坐标，再根据两点间的距离公式求出，最后代入化简可得，由柯西不等式即可求出最小值．【详解】（1）设是椭圆上任意一点,,，当且仅当时取等号，故的最大值是.（2）设直线,直线方程与椭圆联立,可得,设，所以，因为直线与直线交于,则,同理可得,.则，当且仅当时取等号，故的最小值为.【点睛】本题主要考查最值的计算，第一问利用椭圆的参数方程以及二次函数的性质较好解决，第二问思路简单，运算量较大，求最值的过程中还使用到柯西不等式求最值，对学生的综合能力要求较高，属于较难题．14．（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.15．（2022·上海·高考真题）在椭圆中，直线上有两点C、D(C点在第一象限)，左顶点为A，下顶点为B，右焦点为F.(1)若∠AFB，求椭圆的标准方程；(2)若点C的纵坐标为2，点D的纵坐标为1，则BC与AD的交点是否在椭圆上？请说明理由；(3)已知直线BC与椭圆相交于点P，直线AD与椭圆相交于点Q，若P与Q关于原点对称，求的最小值.【答案】(1)(2)交点为，在椭圆上，理由见解析(3)6【分析】（1）写出三点的坐标，可将用坐标表示出来，求出的值，再结合已知条件，即可求出，进而写出椭圆的标准方程；（2）根据条件，写出直线和的方程，求出交点坐标，再将其代入椭圆标准方程的左边，即可判断该点与椭圆的位置关系；（3）利用三角换元（或者椭圆的参数方程）的方法设出点的坐标，再结合点的坐标，写出直线和的方程，求出点的坐标，表示出，再利用三角恒等变换以及同角三角函数关系化简，最后根据重要不等式计算出的最小值.【详解】（1）由题可得，又，所以，解得，所以，故椭圆的标准方程为；（2）由，得直线的方程为：，由，得直线的方程为：，联立两方程，解得交点为，代入椭圆方程的左边，得，故直线与的交点在椭圆上；（3）由题有因为两点在椭圆上，且