五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題17圓錐曲線（解答題）6種常見考法歸類知識五年考情（2021-2025）命題趨勢知識1圓錐曲線的綜合（5年5考）考點01圓錐曲線的面積問題2025·全國二卷2025·北京2024·新課標(biāo)Ⅰ卷2023·全國甲卷2023·天津2022·新高考全國Ⅰ卷2022·天津2021·全國乙卷1.面積問題：近5年高頻出現(xiàn)，常結(jié)合圓錐曲線的方程、直線與曲線的位置關(guān)系，通過聯(lián)立方程求出交點坐標(biāo)，再利用面積公式（如三角形面積公式、分割法求面積等）進(jìn)行計算，重點考查學(xué)生對代數(shù)運算與幾何圖形結(jié)合的處理能力。2.斜率問題：多次在各地高考試卷中出現(xiàn)，往往涉及直線的斜率公式、韋達(dá)定理的應(yīng)用，需通過分析直線與圓錐曲線的位置關(guān)系，建立斜率之間的聯(lián)系，考查學(xué)生的邏輯推理和運算變形能力。3.證明問題：是命題的重要方向，要求證明線段相等、角相等、直線平行或垂直等幾何關(guān)系，需要學(xué)生將幾何條件轉(zhuǎn)化為代數(shù)表達(dá)式，通過代數(shù)運算進(jìn)行推導(dǎo)證明，強(qiáng)調(diào)對數(shù)學(xué)思維嚴(yán)謹(jǐn)性的考查。4.最值問題：在多地試卷中頻繁出現(xiàn)，涉及距離、面積、斜率、截距等的最值求解。這類問題常與函數(shù)思想、不等式思想結(jié)合，通過建立目標(biāo)函數(shù)，利用二次函數(shù)最值、基本不等式、導(dǎo)數(shù)等方法求解，考查學(xué)生轉(zhuǎn)化與化歸的數(shù)學(xué)思想。5.定點、定值和定直線問題：是命題的經(jīng)典題型。此類問題需要學(xué)生在變化的過程中尋找不變的量，通常通過設(shè)參數(shù)、聯(lián)立方程，消去參數(shù)得到定點坐標(biāo)、定值或定直線方程，體現(xiàn)了從特殊到一般的思維方法，注重對學(xué)生抽象思維能力的考查?？键c02圓錐曲線的斜率問題2024·北京2022·北京2022·全國甲卷2021·新高考全國Ⅰ卷2021·北京2021·全國乙卷考點03圓錐曲線的證明問題2025·天津2024·全國甲卷2023·北京2023·新課標(biāo)Ⅰ卷2022·新高考全國Ⅱ卷考點04圓錐曲線的最值問題2025·全國一卷2025·上海2024·天津2024·上海2023·上海2022·上海2022·浙江2021·浙江考點05圓錐曲線的定點、定值和定直線問題2023·全國乙卷2023·新課標(biāo)Ⅱ卷2022·全國乙卷考點06圓錐曲線與其他知識的綜合2021·全國甲卷2024·新課標(biāo)Ⅱ卷考點01圓錐曲線的面積問題1．（2024·新課標(biāo)Ⅰ卷·高考真題）已知和為橢圓上兩點.(1)求C的離心率;(2)若過P的直線交C于另一點B，且的面積為9，求的方程．【答案】(1)(2)直線的方程為或.〖祥解〗（1）代入兩點得到關(guān)于的方程，解出即可；（2）方法一：以為底，求出三角形的高，即點到直線的距離，再利用平行線距離公式得到平移后的直線方程，聯(lián)立橢圓方程得到點坐標(biāo)，則得到直線的方程；方法二：同法一得到點到直線的距離，再設(shè)，根據(jù)點到直線距離和點在橢圓上得到方程組，解出即可；法三：同法一得到點到直線的距離，利用橢圓的參數(shù)方程即可求解；法四：首先驗證直線斜率不存在的情況，再設(shè)直線，聯(lián)立橢圓方程，得到點坐標(biāo)，再利用點到直線距離公式即可；法五：首先考慮直線斜率不存在的情況，再設(shè)，利用弦長公式和點到直線的距離公式即可得到答案；法六：設(shè)線法與法五一致，利用水平寬乘鉛錘高乘表達(dá)面積即可.【詳析】（1）由題意得，解得，所以.（2）法一：，則直線的方程為，即，，由（1）知，設(shè)點到直線的距離為，則，則將直線沿著與垂直的方向平移單位即可，此時該平行線與橢圓的交點即為點，設(shè)該平行線的方程為：，則，解得或，當(dāng)時，聯(lián)立，解得或，即或，當(dāng)時，此時，直線的方程為，即，當(dāng)時，此時，直線的方程為，即，當(dāng)時，聯(lián)立得，，此時該直線與橢圓無交點.綜上直線的方程為或.法二：同法一得到直線的方程為，點到直線的距離，設(shè)，則，解得或，即或，以下同法一.法三：同法一得到直線的方程為，點到直線的距離，設(shè)，其中，則有，聯(lián)立，解得或，即或，以下同法一；法四：當(dāng)直線的斜率不存在時，此時，，符合題意，此時，直線的方程為，即，當(dāng)線的斜率存在時，設(shè)直線的方程為，聯(lián)立橢圓方程有，則，其中，即，解得或，，，令，則，則同法一得到直線的方程為，點到直線的距離，則，解得，此時，則得到此時，直線的方程為，即，綜上直線的方程為或.法五：當(dāng)?shù)男甭什淮嬖跁r，到距離，此時不滿足條件.當(dāng)?shù)男甭蚀嬖跁r，設(shè)，令，，消可得，，且，即，，到直線距離，或，均滿足題意，或，即或.法六：當(dāng)?shù)男甭什淮嬖跁r，到距離，此時不滿足條件.當(dāng)直線斜率存在時，設(shè)，設(shè)與軸的交點為，令，則，聯(lián)立，則有，，其中，且，則，則，解得或，經(jīng)代入判別式驗證均滿足題意.則直線為或，即或.2．（2023·全國甲卷·高考真題）已知直線與拋物線交于兩點，且．(1)求；(2)設(shè)F為C的焦點，M，N為C上兩點，，求面積的最小值．【答案】(1)(2)〖祥解〗（1）利用直線與拋物線的位置關(guān)系，聯(lián)立直線和拋物線方程求出弦長即可得出；（2）設(shè)直線：，利用，找到的關(guān)系，以及的面積表達(dá)式，再結(jié)合函數(shù)的性質(zhì)即可求出其最小值．【詳析】（1）設(shè)，由可得，，所以，所以，即，因為，解得：．（2）因為，顯然直線的斜率不可能為零，設(shè)直線：，，由可得，，所以，，，因為，所以，即，亦即，將代入得，，，所以，且，解得或．設(shè)點到直線的距離為，所以，，所以的面積，而或，所以，當(dāng)時，的面積．【『點石成金』】本題解題關(guān)鍵是根據(jù)向量的數(shù)量積為零找到的關(guān)系，一是為了減元，二是通過相互的制約關(guān)系找到各自的范圍，為得到的三角形面積公式提供定義域支持，從而求出面積的最小值.3．（2021·全國乙卷·高考真題）已知拋物線的焦點為，且與圓上點的距離的最小值為．（1）求；（2）若點在上，是的兩條切線，是切點，求面積的最大值．【答案】（1）；（2）.〖祥解〗（1）根據(jù)圓的幾何性質(zhì)可得出關(guān)于的等式，即可解出的值；（2）設(shè)點、、，利用導(dǎo)數(shù)求出直線、，進(jìn)一步可求得直線的方程，將直線的方程與拋物線的方程聯(lián)立，求出以及點到直線的距離，利用三角形的面積公式結(jié)合二次函數(shù)的基本性質(zhì)可求得面積的最大值.【詳析】（1）[方法一]：利用二次函數(shù)性質(zhì)求最小值由題意知，，設(shè)圓M上的點，則．所以．從而有．因為，所以當(dāng)時，．又，解之得，因此．[方法二]【最優(yōu)解】：利用圓的幾何意義求最小值拋物線的焦點為，，所以，與圓上點的距離的最小值為，解得；（2）[方法一]：切點弦方程+韋達(dá)定義判別式求弦長求面積法拋物線的方程為，即，對該函數(shù)求導(dǎo)得，設(shè)點、、，直線的方程為，即，即，同理可知，直線的方程為，由于點為這兩條直線的公共點，則，所以，點A、的坐標(biāo)滿足方程，所以，直線的方程為，聯(lián)立，可得，由韋達(dá)定理可得，，所以，，點到直線的距離為，所以，，，由已知可得，所以，當(dāng)時，的面積取最大值.[方法二]【最優(yōu)解】：切點弦法+分割轉(zhuǎn)化求面積+三角換元求最值同方法一得到．過P作y軸的平行線交于Q，則．．P點在圓M上，則．故當(dāng)時的面積最大，最大值為．[方法三]：直接設(shè)直線AB方程法設(shè)切點A，B的坐標(biāo)分別為，．設(shè)，聯(lián)立和拋物線C的方程得整理得．判別式，即，且．拋物線C的方程為，即，有．則，整理得，同理可得．聯(lián)立方程可得點P的坐標(biāo)為，即．將點P的坐標(biāo)代入圓M的方程，得，整理得．由弦長公式得．點P到直線的距離為．所以，其中，即．當(dāng)時，．【整體點評】（1）方法一利用兩點間距離公式求得關(guān)于圓M上的點的坐標(biāo)的表達(dá)式，進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為關(guān)于的表達(dá)式，利用二次函數(shù)的性質(zhì)得到最小值，進(jìn)而求得的值；方法二，利用圓的性質(zhì)，與圓上點的距離的最小值，簡潔明快，為最優(yōu)解；（2）方法一設(shè)點、、，利用導(dǎo)數(shù)求得兩切線方程，由切點弦方程思想得到直線的坐標(biāo)滿足方程，然手與拋物線方程聯(lián)立，由韋達(dá)定理可得，，利用弦長公式求得的長，進(jìn)而得到面積關(guān)于坐標(biāo)的表達(dá)式，利用圓的方程轉(zhuǎn)化得到關(guān)于的二次函數(shù)最值問題；方法二，同方法一得到，，過P作y軸的平行線交于Q，則．由求得面積關(guān)于坐標(biāo)的表達(dá)式，并利用三角函數(shù)換元求得面積最大值，方法靈活，計算簡潔，為最優(yōu)解；方法三直接設(shè)直線，聯(lián)立直線和拋物線方程，利用韋達(dá)定理判別式得到，且．利用點在圓上，求得的關(guān)系，然后利用導(dǎo)數(shù)求得兩切線方程，解方程組求得P的坐標(biāo)，進(jìn)而利用弦長公式和點到直線距離公式求得面積關(guān)于的函數(shù)表達(dá)式，然后利用二次函數(shù)的性質(zhì)求得最大值；4．（2025·全國二卷·高考真題）已知橢圓的離心率為，長軸長為4．(1)求C的方程；(2)過點的直線l與C交于兩點，為坐標(biāo)原點，若的面積為，求．【答案】(1)(2)〖祥解〗（1）根據(jù)長軸長和離心率求出基本量后可得橢圓方程；（2）設(shè)出直線方程并聯(lián)立橢圓方程后結(jié)合韋達(dá)定理用參數(shù)表示面積后可求的值，從而可求弦長.【詳析】（1）因為長軸長為4，故，而離心率為，故，故，故橢圓方程為：.（2）由題設(shè)直線的斜率不為0，故設(shè)直線，，由可得，故即，且，故，解得，故.5．（2022·天津·高考真題）橢圓的右焦點為F，右頂點A和上頂點為B滿足．(1)求橢圓的離心率；(2)直線l與橢圓有唯一公共點M，與y軸相交于點N（N異于M）．記O為原點，若，且的面積為，求橢圓的方程．【答案】(1)(2)〖祥解〗（1）根據(jù)已知條件可得出關(guān)于、的等量關(guān)系，由此可求得該橢圓的離心率的值；（2）由（1）可知橢圓的方程為，設(shè)直線的方程為，將直線的方程與橢圓方程聯(lián)立，由可得出，求出點的坐標(biāo)，利用三角形的面積公式以及已知條件可求得的值，即可得出橢圓的方程.【詳析】（1）解：，離心率為.（2）解：由（1）可知橢圓的方程為，易知直線的斜率存在，設(shè)直線的方程為，聯(lián)立得，由，①，，由可得，②由可得，③聯(lián)立①②③可得，，，故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為．6．（2023·天津·高考真題）已知橢圓的左右頂點分別為，右焦點為，已知．(1)求橢圓的方程和離心率；(2)點在橢圓上（異于橢圓的頂點），直線交軸于點，若三角形的面積是三角形面積的二倍，求直線的方程．【答案】(1)橢圓的方程為，離心率為.(2).〖祥解〗（1）由解得，從而求出，代入橢圓方程即可求方程，再代入離心率公式即求離心率.（2）先設(shè)直線的方程，與橢圓方程聯(lián)立，消去，再由韋達(dá)定理可得，從而得到點和點坐標(biāo).由得，即可得到關(guān)于的方程，解出，代入直線的方程即可得到答案.【詳析】（1）如圖，

由題意得，解得，所以，所以橢圓的方程為，離心率為.（2）由題意得，直線斜率存在，由橢圓的方程為可得，設(shè)直線的方程為，聯(lián)立方程組，消去整理得：，由韋達(dá)定理得，所以，所以，.所以,,，所以，所以，即，解得，所以直線的方程為.7．（2022·新高考全國Ⅰ卷·高考真題）已知點在雙曲線上，直線l交C于P，Q兩點，直線的斜率之和為0．(1)求l的斜率；(2)若，求的面積．【答案】(1)；(2)．〖祥解〗（1）由點在雙曲線上可求出，易知直線l的斜率存在，設(shè)，，再根據(jù)，即可解出l的斜率；（2）根據(jù)直線的斜率之和為0可知直線的傾斜角互補(bǔ)，根據(jù)即可求出直線的斜率，再分別聯(lián)立直線與雙曲線方程求出點的坐標(biāo)，即可得到直線的方程以及的長，由點到直線的距離公式求出點A到直線的距離，即可得出的面積．【詳析】（1）因為點在雙曲線上，所以，解得，即雙曲線．易知直線l的斜率存在，設(shè)，，聯(lián)立可得，，所以，，且．所以由可得，，即，即，所以，化簡得，，即，所以或，當(dāng)時，直線過點，與題意不符，舍去，故．（2）［方法一］：【最優(yōu)解】常規(guī)轉(zhuǎn)化不妨設(shè)直線的傾斜角為，因為，所以，由（1）知，，當(dāng)均在雙曲線左支時，，所以，即，解得（負(fù)值舍去）此時PA與雙曲線的漸近線平行，與雙曲線左支無交點，舍去；當(dāng)均在雙曲線右支時，因為，所以，即，即，解得（負(fù)值舍去），于是，直線，直線，聯(lián)立可得，，因為方程有一個根為，所以，，同理可得，，．所以，，點到直線的距離，故的面積為．［方法二］：設(shè)直線AP的傾斜角為，，由，得，由，得，即，聯(lián)立，及得，，同理，，，故，而，，由，得，故【整體點評】（2）法一：由第一問結(jié)論利用傾斜角的關(guān)系可求出直線的斜率，從而聯(lián)立求出點坐標(biāo)，進(jìn)而求出三角形面積，思路清晰直接，是該題的通性通法，也是最優(yōu)解；法二：前面解答與法一求解點坐標(biāo)過程形式有所區(qū)別，最終目的一樣，主要區(qū)別在于三角形面積公式的選擇不一樣．8．（2025·北京·高考真題）已知橢圓的離心率為，橢圓E上的點到兩焦點的距離之和為4.(1)求橢圓E的方程；(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點，點在橢圓E上，直線與直線，分別交于點A，B．設(shè)與的面積分別為，比較與的大小．【答案】(1)(2)〖祥解〗（1）根據(jù)橢圓定義以及離心率可求出，再根據(jù)的關(guān)系求出，即可得到橢圓方程；（2）法一：聯(lián)立直線方程求出點坐標(biāo)，即可求出，再根據(jù)，即可得出它們的大小關(guān)系.法二：利用直線的到角公式或者傾斜角之間的關(guān)系得到，再根據(jù)三角形的面積公式即可解出.【詳析】（1）由橢圓可知，，所以，又，所以，，故橢圓E的方程為；（2）聯(lián)立，消去得，，整理得，①，又，所以，，故①式可化簡為，即，所以，所以直線與橢圓相切，為切點.設(shè)，易知，當(dāng)時，由對稱性可知，．故設(shè)，易知，聯(lián)立，解得，聯(lián)立，解得，所以，，故．法二：不妨設(shè)，易知，當(dāng)時，由對稱性可知，．故設(shè)，聯(lián)立，解得，聯(lián)立，解得，若，則，由對稱性，不妨取，則，，，所以，同理，當(dāng)時，，當(dāng)時，則，，,又，所以，所以，，則，即，所以.考點02圓錐曲線的斜率問題9．（2024·北京·高考真題）已知橢圓：，以橢圓的焦點和短軸端點為頂點的四邊形是邊長為2的正方形.過點且斜率存在的直線與橢圓交于不同的兩點，過點和的直線與橢圓的另一個交點為．(1)求橢圓的方程及離心率；(2)若直線BD的斜率為0，求t的值．【答案】(1)(2)〖祥解〗（1）由題意得，進(jìn)一步得，由此即可得解；（2）設(shè)，，聯(lián)立橢圓方程，由韋達(dá)定理有，而，令，即可得解.【詳析】（1）由題意，從而，所以橢圓方程為，離心率為；（2）直線斜率不為0，否則直線與橢圓無交點，矛盾，從而設(shè)，，聯(lián)立，化簡并整理得，由題意，即應(yīng)滿足，所以，若直線斜率為0，由橢圓的對稱性可設(shè)，所以，在直線方程中令，得，所以，此時應(yīng)滿足，即應(yīng)滿足或，綜上所述，滿足題意，此時或.10．（2022·北京·高考真題）已知橢圓的一個頂點為，焦距為．(1)求橢圓E的方程；(2)過點作斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點B，C，直線AB，AC分別與x軸交于點M，N，當(dāng)時，求k的值．【答案】(1)(2)〖祥解〗（1）依題意可得，即可求出，從而求出橢圓方程；（2）首先表示出直線方程，設(shè)、，聯(lián)立直線與橢圓方程，消元列出韋達(dá)定理，由直線、的方程，表示出、，根據(jù)得到方程，解得即可；【詳析】（1）解：依題意可得，，又，所以，所以橢圓方程為；（2）解：依題意過點的直線為，設(shè)、，不妨令，由，消去整理得，所以，解得，所以，，直線的方程為，令，解得，直線的方程為，令，解得，所以，所以，即即即整理得，解得11．（2021·新高考全國Ⅰ卷·高考真題）在平面直角坐標(biāo)系中，已知點、，點的軌跡為.（1）求的方程；（2）設(shè)點在直線上，過的兩條直線分別交于、兩點和，兩點，且，求直線的斜率與直線的斜率之和.【答案】（1）；（2）.〖祥解〗(1)利用雙曲線的定義可知軌跡是以點、為左、右焦點雙曲線的右支，求出、的值，即可得出軌跡的方程；(2)方法一：設(shè)出點的坐標(biāo)和直線方程，聯(lián)立直線方程與曲線C的方程，結(jié)合韋達(dá)定理求得直線的斜率，最后化簡計算可得的值.【詳析】(1)因為，所以，軌跡是以點、為左、右焦點的雙曲線的右支，設(shè)軌跡的方程為，則，可得，，所以，軌跡的方程為.（2）[方法一]【最優(yōu)解】：直線方程與雙曲線方程聯(lián)立如圖所示，設(shè),設(shè)直線的方程為．

聯(lián)立,化簡得，，則．故．則．設(shè)的方程為，同理．因為，所以，化簡得，所以，即．因為，所以．[方法二]：參數(shù)方程法設(shè)．設(shè)直線的傾斜角為，則其參數(shù)方程為，聯(lián)立直線方程與曲線C的方程，可得，整理得．設(shè)，由根與系數(shù)的關(guān)系得．設(shè)直線的傾斜角為，，同理可得由，得．因為，所以．由題意分析知．所以，故直線的斜率與直線的斜率之和為0．[方法三]：利用圓冪定理因為，由圓冪定理知A，B，P，Q四點共圓．設(shè),直線的方程為，直線的方程為,則二次曲線．又由，得過A，B，P，Q四點的二次曲線系方程為：，整理可得：，其中．由于A，B，P，Q四點共圓，則xy項的系數(shù)為0，即.【整體點評】(2)方法一：直線方程與二次曲線的方程聯(lián)立，結(jié)合韋達(dá)定理處理圓錐曲線問題是最經(jīng)典的方法，它體現(xiàn)了解析幾何的特征，是該題的通性通法，也是最優(yōu)解；方法二：參數(shù)方程的使用充分利用了參數(shù)的幾何意義，要求解題過程中對參數(shù)有深刻的理解，并能夠靈活的應(yīng)用到題目中.方法三：圓冪定理的應(yīng)用更多的提現(xiàn)了幾何的思想，二次曲線系的應(yīng)用使得計算更為簡單.12．（2021·北京·高考真題）已知橢圓一個頂點，以橢圓的四個頂點為頂點的四邊形面積為．（1）求橢圓E的方程；（2）過點P(0，-3)的直線l斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點B，C，直線AB，AC分別與直線交于點M，N，當(dāng)|PM|+|PN|≤15時，求k的取值范圍．【答案】（1）；（2）．〖祥解〗（1）根據(jù)橢圓所過的點及四個頂點圍成的四邊形的面積可求，從而可求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程.（2）設(shè)，求出直線的方程后可得的橫坐標(biāo)，從而可得，聯(lián)立直線的方程和橢圓的方程，結(jié)合韋達(dá)定理化簡，從而可求的范圍，注意判別式的要求.【詳析】（1）因為橢圓過，故，因為四個頂點圍成的四邊形的面積為，故，即，故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：.（2）設(shè)，因為直線的斜率存在，故，故直線，令，則，同理.直線，由可得，故，解得或.又，故，所以又故即，綜上，或.13．（2021·全國乙卷·高考真題）已知拋物線的焦點F到準(zhǔn)線的距離為2．（1）求C的方程;（2）已知O為坐標(biāo)原點，點P在C上，點Q滿足，求直線斜率的最大值.【答案】（1）；（2）最大值為.〖祥解〗（1）由拋物線焦點與準(zhǔn)線的距離即可得解；（2）設(shè)，由平面向量的知識可得，進(jìn)而可得，再由斜率公式及基本不等式即可得解.【詳析】（1）拋物線的焦點，準(zhǔn)線方程為，由題意，該拋物線焦點到準(zhǔn)線的距離為，所以該拋物線的方程為；（2）[方法一]：軌跡方程+基本不等式法設(shè)，則，所以，由在拋物線上可得，即，據(jù)此整理可得點的軌跡方程為，所以直線的斜率，當(dāng)時，；當(dāng)時，，當(dāng)時，因為，此時，當(dāng)且僅當(dāng)，即時，等號成立；當(dāng)時，；綜上，直線的斜率的最大值為.[方法二]：【最優(yōu)解】軌跡方程+數(shù)形結(jié)合法同方法一得到點Q的軌跡方程為．設(shè)直線的方程為，則當(dāng)直線與拋物線相切時，其斜率k取到最值．聯(lián)立得，其判別式，解得，所以直線斜率的最大值為．[方法三]：軌跡方程+換元求最值法同方法一得點Q的軌跡方程為．設(shè)直線的斜率為k，則．令，則的對稱軸為，所以．故直線斜率的最大值為．[方法四]：參數(shù)+基本不等式法由題可設(shè)．因為，所以．于是，所以則直線的斜率為．當(dāng)且僅當(dāng)，即時等號成立，所以直線斜率的最大值為．【整體點評】方法一根據(jù)向量關(guān)系，利用代點法求得Q的軌跡方程，得到直線OQ的斜率關(guān)于的表達(dá)式，然后利用分類討論，結(jié)合基本不等式求得最大值；方法二同方法一得到點Q的軌跡方程，然后利用數(shù)形結(jié)合法，利用判別式求得直線OQ的斜率的最大值，為最優(yōu)解；方法三同方法一求得Q的軌跡方程，得到直線的斜率k的平方關(guān)于的表達(dá)式，利用換元方法轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)求得最大值，進(jìn)而得到直線斜率的最大值；方法四利用參數(shù)法，由題可設(shè)，求得x,y關(guān)于的參數(shù)表達(dá)式，得到直線的斜率關(guān)于的表達(dá)式，結(jié)合使用基本不等式，求得直線斜率的最大值.14．（2022·全國甲卷·高考真題）設(shè)拋物線的焦點為F，點，過F的直線交C于M，N兩點．當(dāng)直線MD垂直于x軸時，．(1)求C的方程；(2)設(shè)直線與C的另一個交點分別為A，B，記直線的傾斜角分別為．當(dāng)取得最大值時，求直線AB的方程．【答案】(1)；(2).〖祥解〗（1）由拋物線的定義可得，即可得解；（2）法一：設(shè)點的坐標(biāo)及直線，由韋達(dá)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，設(shè)直線，結(jié)合韋達(dá)定理可解.【詳析】（1）拋物線的準(zhǔn)線為，當(dāng)與x軸垂直時，點M的橫坐標(biāo)為p，此時，所以，所以拋物線C的方程為；（2）[方法一]：【最優(yōu)解】直線方程橫截式設(shè)，直線，由可得，，由斜率公式可得，，直線，代入拋物線方程可得，，所以，同理可得，所以又因為直線MN、AB的傾斜角分別為，所以，若要使最大，則，設(shè)，則，當(dāng)且僅當(dāng)即時，等號成立，所以當(dāng)最大時，，設(shè)直線，代入拋物線方程可得，，所以，所以直線.[方法二]：直線方程點斜式由題可知，直線MN的斜率存在.設(shè),直線由得：，,同理，.直線MD:,代入拋物線方程可得：，同理，.代入拋物線方程可得:,所以，同理可得，由斜率公式可得：（下同方法一）若要使最大，則，設(shè)，則，當(dāng)且僅當(dāng)即時，等號成立，所以當(dāng)最大時，，設(shè)直線，代入拋物線方程可得，，所以，所以直線.[方法三]：三點共線設(shè)，設(shè),若P、M、N三點共線，由所以，化簡得，反之，若,可得MN過定點因此，由M、N、F三點共線，得，

由M、D、A三點共線，得，

由N、D、B三點共線，得，則，AB過定點（4,0）（下同方法一）若要使最大，則，設(shè)，則，當(dāng)且僅當(dāng)即時，等號成立，所以當(dāng)最大時，，所以直線.【整體點評】（2）法一：利用直線方程橫截式，簡化了聯(lián)立方程的運算，通過尋找直線的斜率關(guān)系，由基本不等式即可求出直線AB的斜率，再根據(jù)韋達(dá)定理求出直線方程，是該題的最優(yōu)解，也是通性通法；法二：常規(guī)設(shè)直線方程點斜式，解題過程同解法一；法三：通過設(shè)點由三點共線尋找縱坐標(biāo)關(guān)系，快速找到直線過定點，省去聯(lián)立過程，也不失為一種簡化運算的好方法．考點03圓錐曲線的證明問題15．（2025·天津·高考真題）已知橢圓的左焦點為F，右頂點為A，P為上一點，且直線的斜率為，的面積為，離心率為.(1)求橢圓的方程；(2)過點P的直線與橢圓有唯一交點B（異于點A），求證：PF平分.【答案】(1)(2)證明見解析〖祥解〗（1）根據(jù)題意，利用橢圓的離心率得到，再由直線的斜率得到，從而利用三角形的面積公式得到關(guān)于的方程，解之即可得解；（2）聯(lián)立直線與橢圓方程，利用其位置關(guān)系求得，進(jìn)而得到直線的方程與點的坐標(biāo)，法一：利用向量的夾角公式即可得證；法二：利用兩直線的夾角公式即可得證；法三利用正切的倍角公式即可得證；法四：利用角平分線的性質(zhì)與點線距離公式即可得證.【詳析】（1）依題意，設(shè)橢圓的半焦距為，則左焦點，右頂點，離心率，即，因為為上一點，設(shè)，又直線的斜率為，則，即，所以，解得，則，即，因為的面積為，，高為，所以，解得，則，，所以橢圓的方程為..（2）由（1）可知，，，易知直線的斜率存在，設(shè)其方程為，則，即，聯(lián)立，消去得，，因為直線與橢圓有唯一交點，所以，即，則，解得，則，所以直線的方程為，聯(lián)立，解得，則，以下分別用四種方法證明結(jié)論：法一：則，所以，，則，又，所以，即平分.法二：所以，，，由兩直線夾角公式，得，，則，又，所以，即平分.法三：則，，故，又，所以，即平分.法四：則，所以直線的方程為，即，則點到直線的距離為，又點到直線的距離也為，所以平分.16．（2022·新高考全國Ⅱ卷·高考真題）已知雙曲線的右焦點為，漸近線方程為．(1)求C的方程；(2)過F的直線與C的兩條漸近線分別交于A，B兩點，點在C上，且．過P且斜率為的直線與過Q且斜率為的直線交于點M.從下面①②③中選取兩個作為條件，證明另外一個成立：①M在上；②；③．注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分.【答案】(1)(2)見解析〖祥解〗（1）利用焦點坐標(biāo)求得的值，利用漸近線方程求得的關(guān)系，進(jìn)而利用的平方關(guān)系求得的值，得到雙曲線的方程；（2）先分析得到直線的斜率存在且不為零，設(shè)直線AB的斜率為k,M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等價分析得到；由直線和的斜率得到直線方程，結(jié)合雙曲線的方程，兩點間距離公式得到直線PQ的斜率，由②等價轉(zhuǎn)化為，由①在直線上等價于，然后選擇兩個作為已知條件一個作為結(jié)論，進(jìn)行證明即可.【詳析】（1）右焦點為，∴,∵漸近線方程為，∴，∴，∴，∴，∴．∴C的方程為：；（2）由已知得直線的斜率存在且不為零，直線的斜率不為零，若選由①②推③或選由②③推①：由②成立可知直線的斜率存在且不為零；若選①③推②，則為線段的中點，假若直線的斜率不存在，則由雙曲線的對稱性可知在軸上，即為焦點,此時由對稱性可知、關(guān)于軸對稱，與從而，已知不符；總之，直線的斜率存在且不為零.設(shè)直線的斜率為,直線方程為,則條件①在上，等價于；兩漸近線的方程合并為,聯(lián)立消去y并化簡整理得：設(shè),線段中點為,則,設(shè),則條件③等價于,移項并利用平方差公式整理得：，,即,即；由題意知直線的斜率為,直線的斜率為,∴由,∴,所以直線的斜率,直線,即,代入雙曲線的方程,即中，得：,解得的橫坐標(biāo)：,同理：，∴∴,∴條件②等價于，綜上所述：條件①在上，等價于；條件②等價于；條件③等價于；選①②推③:由①②解得：,∴③成立；選①③推②：由①③解得：，，∴，∴②成立；選②③推①：由②③解得：，，∴，∴，∴①成立.17．（2024·全國甲卷·高考真題）已知橢圓的右焦點為，點在上，且軸．(1)求的方程；(2)過點的直線交于兩點，為線段的中點，直線交直線于點，證明：軸．【答案】(1)(2)證明見解析〖祥解〗（1）設(shè)，根據(jù)的坐標(biāo)及軸可求基本量，故可求橢圓方程.（2）設(shè)，，，聯(lián)立直線方程和橢圓方程，用的坐標(biāo)表示，結(jié)合韋達(dá)定理化簡前者可得，故可證軸.【詳析】（1）設(shè)，由題設(shè)有且，故，故，故，故橢圓方程為.（2）直線的斜率必定存在，設(shè)，，，由可得，故，故，又，而，故直線，故，所以，故，即軸.【『點石成金』】方法『點石成金』：利用韋達(dá)定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點坐標(biāo)為；（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于（或）的一元二次方程，注意的判斷；（3）列出韋達(dá)定理；（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為、（或、）的形式；（5）代入韋達(dá)定理求解.18．（2023·北京·高考真題）已知橢圓的離心率為，A、C分別是E的上、下頂點，B，D分別是的左、右頂點，．(1)求的方程；(2)設(shè)為第一象限內(nèi)E上的動點，直線與直線交于點，直線與直線交于點．求證：．【答案】(1)(2)證明見解析〖祥解〗（1）結(jié)合題意得到，，再結(jié)合，解之即可；（2）依題意求得直線、與的方程，從而求得點的坐標(biāo)，進(jìn)而求得，再根據(jù)題意求得，得到，由此得解.【詳析】（1）依題意，得，則，又分別為橢圓上下頂點，，所以，即，所以，即，則，所以橢圓的方程為.（2）因為橢圓的方程為，所以，因為為第一象限上的動點，設(shè)，則，

易得，則直線的方程為，，則直線的方程為，聯(lián)立，解得，即，而，則直線的方程為，令，則，解得，即，又，則，，所以，又，即，顯然，與不重合，所以.19．（2023·新課標(biāo)Ⅰ卷·高考真題）在直角坐標(biāo)系中，點到軸的距離等于點到點的距離，記動點的軌跡為．(1)求的方程；(2)已知矩形有三個頂點在上，證明：矩形的周長大于．【答案】(1)(2)見解析〖祥解〗（1）設(shè)，根據(jù)題意列出方程，化簡即可；（2）法一：設(shè)矩形的三個頂點，且，分別令，，且，利用放縮法得，設(shè)函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求出其最小值，則得的最小值，再排除邊界值即可.法二：設(shè)直線的方程為，將其與拋物線方程聯(lián)立，再利用弦長公式和放縮法得，利用換元法和求導(dǎo)即可求出周長最值，再排除邊界值即可.法三：利用平移坐標(biāo)系法，再設(shè)點，利用三角換元再對角度分類討論，結(jié)合基本不等式即可證明.【詳析】（1）設(shè),則，兩邊同平方化簡得，故.（2）法一：設(shè)矩形的三個頂點在上,且，易知矩形四條邊所在直線的斜率均存在，且不為0，

則,令，同理令，且，則，設(shè)矩形周長為,由對稱性不妨設(shè)，，則，易知則令,令，解得，當(dāng)時，，此時單調(diào)遞減，當(dāng)，，此時單調(diào)遞增，則，故,即.當(dāng)時,,且，即時等號成立，矛盾，故,得證.法二：不妨設(shè)在上，且，

依題意可設(shè)，易知直線，的斜率均存在且不為0，則設(shè),的斜率分別為和，由對稱性，不妨設(shè)，直線的方程為，則聯(lián)立得，，則則，同理，令，則，設(shè)，則，令，解得，當(dāng)時，，此時單調(diào)遞減，當(dāng)，，此時單調(diào)遞增，則，，但，此處取等條件為，與最終取等時不一致，故.法三：為了計算方便,我們將拋物線向下移動個單位得拋物線,矩形變換為矩形,則問題等價于矩形的周長大于.設(shè),根據(jù)對稱性不妨設(shè).則,由于,則.由于,且介于之間,則.令,,則,從而故①當(dāng)時,②當(dāng)時,由于,從而,從而又,故,由此，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，故，故矩形周長大于.

.【『點石成金』】關(guān)鍵『點石成金』：本題的第二個的關(guān)鍵是通過放縮得，同時為了簡便運算，對右邊的式子平方后再設(shè)新函數(shù)求導(dǎo)，最后再排除邊界值即可.考點04圓錐曲線的最值問題20．（2025·全國一卷·高考真題）設(shè)橢圓的離心率為，下頂點為A，右頂點為B，．(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)已知動點P不在y軸上，點R在射線AP上，且滿足．（i）設(shè)，求點的坐標(biāo)（用m，n表示）；（ⅱ）設(shè)O為坐標(biāo)原點，是橢圓上的動點，直線OR的斜率為直線的斜率的3倍，求的最大值．【答案】(1)(2)(ⅰ)(ⅱ)〖祥解〗（1）根據(jù)題意列出的關(guān)系式,解方程求出,即可得到橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）(ⅰ)設(shè),根據(jù)斜率相等以及題目條件列式,化簡即可求出或者利用數(shù)乘向量求出；(ⅱ)根據(jù)斜率關(guān)系可得到點的軌跡為圓（除去兩點），再根據(jù)點與圓的最值求法結(jié)合三角換元或者直接運算即可解出.【詳析】（1）由題可知,，所以，解得，故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為；（2）(ⅰ)設(shè)，易知，法一：所以，故，且．因為，，所以，即，解得，所以，所以點的坐標(biāo)為.法二：設(shè)，則，所以，，故點的坐標(biāo)為.(ⅱ)因為,,由,可得,化簡得,即,所以點在以為圓心,為半徑的圓上（除去兩個點）,為到圓心的距離加上半徑,法一：設(shè),所以,當(dāng)且僅當(dāng)時取等號,所以.法二：設(shè)，則，，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號,故.21．（2024·上?！じ呖颊骖}）已知雙曲線，左、右頂點分別為，過點的直線交雙曲線于兩點.(1)若的離心率為2，求.(2)若為等腰三角形，且點在第一象限，求點的坐標(biāo).(3)連接（為坐標(biāo)原點）并延長交于點，若，求的最大值.【答案】(1)；(2)當(dāng)時，；(3)的最大值為.〖祥解〗（1）根據(jù)離心率的概念求出，再求出即可；（2）如圖，易知為鈍角，則，根據(jù)兩點距離公式建立方程組，解之即可求解；（3）設(shè)，：，聯(lián)立雙曲線方程，利用韋達(dá)定理和平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示建立關(guān)于的方程，得，結(jié)合即可求解.【詳析】（1）由雙曲線的方程知，，因為離心率為2，所以，得.（2）當(dāng)時，雙曲線，且.因為點在第一象限，所以為鈍角.又為等腰三角形，所以.設(shè)點，且，則得，所以.（3）由雙曲線的方程知，且由題意知關(guān)于原點對稱.設(shè)，則.由直線不與軸垂直，可設(shè)直線的方程為.聯(lián)立直線與雙曲線的方程得消去，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，故的取值范圍是，故的最大值為.【『點石成金』】關(guān)鍵點『點石成金』：解圓錐曲線與平面向量交匯題的關(guān)鍵是設(shè)相關(guān)點的坐標(biāo)，將平面向量用坐標(biāo)表示，運用相應(yīng)的平面向量坐標(biāo)運算法則（加、減、數(shù)量積、數(shù)乘）或運算律或數(shù)量積的幾何意義，將問題中向量間的關(guān)系（相等、垂直、平行等）轉(zhuǎn)化為代數(shù)關(guān)系.22．（2022·上?！じ呖颊骖}）設(shè)有橢圓方程，直線，下端點為A，M在l上，左、右焦點分別為.(1)，AM的中點在x軸上，求點M的坐標(biāo)；(2)直線l與y軸交于B，直線AM經(jīng)過右焦點，在中有一內(nèi)角余弦值為，求b；(3)在橢圓上存在一點P到l距離為d，使，隨a的變化，求d的最小值.【答案】(1)(2)或(3)〖祥解〗（1）由題意可得橢圓方程為，從而確定點的縱坐標(biāo)，進(jìn)一步可得點的坐標(biāo)；（2）由直線方程可知，分類討論和兩種情況確定的值即可；（3）設(shè)，利用點到直線距離公式和橢圓的定義可得，進(jìn)一步整理計算，結(jié)合三角函數(shù)的有界性求得即可確定的最小值．【詳析】（1）解：由題意可得，所以，的中點在軸上，的縱坐標(biāo)為，代入得；（2）解：由直線方程可知，，①若，則，即，，.②若，則，，，，，即，，.綜上，或；（3）解：設(shè)，結(jié)合已知條件，由橢圓的定義及點到直線距離公式可得，顯然橢圓在直線的左下方，則，即，，，即，，整理可得，即，，即的最小值為．23．（2025·上?！じ呖颊骖}）已知橢圓，，A是的右頂點．(1)若的焦點，求離心率e；(2)若，且上存在一點P，滿足，求m；(3)已知AM的中垂線l的斜率為2，l與交于C、D兩點，為鈍角，求a的取值范圍．【答案】(1)(2)(3)〖祥解〗（1）由方程可得，再由焦點坐標(biāo)得，從而求出得離心率；（2）設(shè)點坐標(biāo)，由向量關(guān)系坐標(biāo)化可解得坐標(biāo)，代入橢圓方程可得；（3）根據(jù)中垂線性質(zhì)，由斜率與中點坐標(biāo)得直線方程，聯(lián)立直線與橢圓方程，將鈍角條件轉(zhuǎn)化為向量不等式，再坐標(biāo)化利用韋達(dá)定理代入化簡不等式求解可得范圍.【詳析】（1）由題意知，，則，由右焦點，可知，則，故離心率.（2）由題意，由得，，解得，代入，得，又，解得.（3）由線段的中垂線的斜率為，所以直線的斜率為，則，解得，由得中點坐標(biāo)為，故直線，顯然直線過橢圓內(nèi)點，故直線與橢圓恒有兩不同交點，設(shè)，由消得，由韋達(dá)定理得，因為為鈍角，則，且，則有，所以，即，解得，又，故，即的取值范圍是.24．（2024·天津·高考真題）已知橢圓的離心率為．左頂點為，下頂點為是線段的中點（O為原點），的面積為．(1)求橢圓的方程．(2)過點C的動直線與橢圓相交于兩點．在軸上是否存在點，使得恒成立．若存在，求出點縱坐標(biāo)的取值范圍；若不存在，請說明理由．【答案】(1)(2)存在，使得恒成立.〖祥解〗（1）根據(jù)橢圓的離心率和三角形的面積可求基本量，從而可得橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程.（2）設(shè)該直線方程為：，，聯(lián)立直線方程和橢圓方程并消元，結(jié)合韋達(dá)定理和向量數(shù)量積的坐標(biāo)運算可用表示，再根據(jù)可求的范圍.【詳析】（1）因為橢圓的離心率為，故，，其中為半焦距，所以，故，故，所以，，故橢圓方程為：.（2）若過點的動直線的斜率存在，則可設(shè)該直線方程為：，設(shè)，由可得，故且而，故，因為恒成立，故，解得.若過點的動直線的斜率不存在，則或，此時需，兩者結(jié)合可得.綜上，存在，使得恒成立.【『點石成金』】思路『點石成金』：圓錐曲線中的范圍問題，往往需要用合適的參數(shù)表示目標(biāo)代數(shù)式，表示過程中需要借助韋達(dá)定理，此時注意直線方程的合理假設(shè).25．（2023·上?！じ呖颊骖}）曲線，第一象限內(nèi)點A在Γ上，A的縱坐標(biāo)是a．(1)若A到準(zhǔn)線距離為3，求a；(2)若a＝4，B在x軸上，AB中點在上，求點B坐標(biāo)和坐標(biāo)原點O到AB距離；(3)直線，令P是第一象限Γ上異于A的一點，直線PA交l于Q，H是P在l上的投影，若點A滿足“對于任意P都有”，求a的取值范圍．【答案】(1)(2)(3)〖祥解〗（1）代入求出，利用拋物線定義即可求出值；（2）代入值求出，設(shè)，則得到的中點坐標(biāo)，再代入拋物線方程則得值，則得到直線的方程，利用點到直線的距離即可；（3）設(shè)，寫出直線的方程，求出點坐標(biāo)，則，分和討論即可.【詳析】（1）令，解得，即，而拋物線的準(zhǔn)線方程為，根據(jù)拋物線的定義有，解得，因為為第一象限的點，則.（2）由代入拋物線方程有，解得，則，設(shè)，則的中點為,代入拋物線方程有，解得，直線的斜率為，其方程為，即,坐標(biāo)原點到的距離為.（3）設(shè)，根據(jù)，則，則直線方程為，化簡得，令，則，又，，化簡得①對任意的恒成立.則,結(jié)合，，當(dāng)時，，則，則①也成立.綜上所述:.

【『點石成金』】關(guān)鍵『點石成金』：本題第三問的關(guān)鍵是設(shè)，從而寫出直線的方程，再得到，再轉(zhuǎn)化為恒成立問題，分類討論即可.26．（2022·浙江·高考真題）如圖，已知橢圓．設(shè)A，B是橢圓上異于的兩點，且點在線段上，直線分別交直線于C，D兩點．(1)求點P到橢圓上點的距離的最大值；(2)求的最小值．【答案】(1)；(2)．〖祥解〗（1）設(shè)是橢圓上任意一點,再根據(jù)兩點間的距離公式求出，再根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)即可求出；（2）設(shè)直線與橢圓方程聯(lián)立可得，再將直線方程與的方程分別聯(lián)立，可解得點的坐標(biāo)，再根據(jù)兩點間的距離公式求出，最后代入化簡可得，由柯西不等式即可求出最小值．【詳析】（1）設(shè)是橢圓上任意一點,,，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，故的最大值是.（2）設(shè)直線,直線方程與橢圓聯(lián)立,可得,設(shè)，所以，因為直線與直線交于,則,同理可得,.則，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，故的最小值為.【『點石成金』】本題主要考查最值的計算，第一問利用橢圓的參數(shù)方程以及二次函數(shù)的性質(zhì)較好解決，第二問思路簡單，運算量較大，求最值的過程中還使用到柯西不等式求最值，對學(xué)生的綜合能力要求較高，屬于較難題．27．（2021·浙江·高考真題）如圖，已知F是拋物線的焦點，M是拋物線的準(zhǔn)線與x軸的交點，且，（1）求拋物線的方程；（2）設(shè)過點F的直線交拋物線與A?B兩點，斜率為2的直線l與直線，x軸依次交于點P，Q，R，N，且，求直線l在x軸上截距的范圍.【答案】（1）；（2）.〖祥解〗（1）求出的值后可求拋物線的方程.（2）方法一：設(shè)，，，聯(lián)立直線的方程和拋物線的方程后可得，求出直線的方程，聯(lián)立各直線方程可求出，根據(jù)題設(shè)條件可得，從而可求的范圍.【詳析】（1）因為，故，故拋物線的方程為：.（2）[方法一]：通式通法設(shè)，，，所以直線，由題設(shè)可得且.由可得，故，因為，故，故.又，由可得，同理，由可得，所以，整理得到，故，令，則且，故，故即，解得或或.故直線在軸上的截距的范圍為或或.[方法二]：利用焦點弦性質(zhì)設(shè)直線的方程為，直線的方程為，直線的方程為，直線的方程為，由題設(shè)可得且．由得，所以．因為，，．由得．同理．由得．因為，所以即．故．令，則．所以，解得或或．故直線在x軸上的截距的范圍為．[方法三]【最優(yōu)解】：設(shè)，由三點共線得，即．所以直線的方程為，直線的方程為，直線的方程為．設(shè)直線的方程為，則．所以．故（其中）．所以．因此直線在x軸上的截距為．【整體點評】本題主要是處理共線的線段長度問題，主要方法是長度轉(zhuǎn)化為坐標(biāo).方法一：主要是用坐標(biāo)表示直線，利用弦長公式將線段長度關(guān)系轉(zhuǎn)為縱坐標(biāo)關(guān)系，再將所求構(gòu)建出函數(shù)關(guān)系式，再利用換元法等把復(fù)雜函數(shù)的范圍問題轉(zhuǎn)化為常見函數(shù)的范圍.方法二：利用焦點弦的性質(zhì)求得直線的斜率之和為0，再利用線段長度關(guān)系即為縱坐標(biāo)關(guān)系，再將所求構(gòu)建出函數(shù)關(guān)系式，再利用換元法等把復(fù)雜函數(shù)的范圍問題轉(zhuǎn)化為常見函數(shù)的范圍.方法三：利用點在拋物線上，巧妙設(shè)點坐標(biāo)，借助于焦點弦的性質(zhì)求得點橫坐標(biāo)的關(guān)系，這樣有助于減少變元，再將所求構(gòu)建出函數(shù)關(guān)系式，再利用換元法等把復(fù)雜函數(shù)的范圍問題轉(zhuǎn)化為常見函數(shù)的范圍.考點05圓錐曲線的定點、定值和定直線問題28．（2023·全國乙卷·高考真題）已知橢圓的離心率是，點在上．(1)求的方程；(2)過點的直線交于兩點，直線與軸的交點分別為，證明：線段的中點為定點．【答案】(1)(2)證明見詳析〖祥解〗（1）根據(jù)題意列式求解，進(jìn)而可得結(jié)果；（2）設(shè)直線的方程，進(jìn)而可求點的坐標(biāo)，結(jié)合韋達(dá)定理驗證為定值即可.【詳析】（1）由題意可得，解得，所以橢圓方程為.（2）由題意可知：直線的斜率存在，設(shè)，聯(lián)立方程，消去y得：，則，解得，可得，因為，則直線，令，解得，即,同理可得，則，所以線段的中點是定點.

【『點石成金』】方法『點石成金』：求解定值問題的三個步驟（1）由特例得出一個值，此值一般就是定值；（2）證明定值，有時可直接證明定值，有時將問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)式，可證明該代數(shù)式與參數(shù)(某些變量)無關(guān)；也可令系數(shù)等于零，得出定值；（3）得出結(jié)論．29．（2023·新課標(biāo)Ⅱ卷·高考真題）已知雙曲線C的中心為坐標(biāo)原點，左焦點為，離心率為．(1)求C的方程；(2)記C的左、右頂點分別為，，過點的直線與C的左支交于M，N兩點，M在第二象限，直線與交于點P．證明:點在定直線上.【答案】(1)(2)證明見解析.〖祥解〗（1）由題意求得的值即可確定雙曲線方程；（2）設(shè)出直線方程，與雙曲線方程聯(lián)立，然后由點的坐標(biāo)分別寫出直線與的方程，聯(lián)立直線方程，消去，結(jié)合韋達(dá)定理計算可得，即交點的橫坐標(biāo)為定值，據(jù)此可證得點在定直線上.【詳析】（1）設(shè)雙曲線方程為，由焦點坐標(biāo)可知，則由可得，，雙曲線方程為.（2）由(1)可得，設(shè)，顯然直線的斜率不為0，所以設(shè)直線的方程為，且，與聯(lián)立可得，且，則，

直線的方程為，直線的方程為，聯(lián)立直線與直線的方程可得：，由可得，即，據(jù)此可得點在定直線上運動.【『點石成金』】關(guān)鍵點『點石成金』:求雙曲線方程的定直線問題，意在考查學(xué)生的計算能力，轉(zhuǎn)化能力和綜合應(yīng)用能力，其中根據(jù)設(shè)而不求的思想，利用韋達(dá)定理得到根與系數(shù)的關(guān)系可以簡化運算，是解題的關(guān)鍵.30．（2022·全國乙卷·高考真題）已知橢圓E的中心為坐標(biāo)原點，對稱軸為x軸、y軸，且過兩點．(1)求E的方程；(2)設(shè)過點的直線交E于M，N兩點，過M且平行于x軸的直線與線段AB交于點T，點H滿足．證明：直線HN過定點．【答案】(1)(2)〖祥解〗（1）將給定點代入設(shè)出的方程求解即可；（2）設(shè)出直線方程，與橢圓C的方程聯(lián)立，分情況討論斜率是否存在，即可得解.【詳析】（1）解：設(shè)橢圓E的方程為，過，則，解得，，所以橢圓E的方程為：.（2），所以，①若過點的直線斜率不存在，直線.代入，可得，，代入AB方程，可得，由得到.求得HN方程：，過點.②若過點的直線斜率存在，設(shè).聯(lián)立得，可得，，且即聯(lián)立可得可求得此時，將，代入整理得，將代入，得顯然成立，綜上，可得直線HN過定點【『點石成金』】求定點、定值問題常見的方法有兩種：①從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)；②直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值.考點06圓錐曲線與其他知識的綜合31．（2021·全國甲卷·高考真題）拋物線C的頂點為坐標(biāo)原點O．焦點在x軸上，直線l：交C于P，Q兩點，且．已知點，且與l相切．（1）求C，的方程；（2）設(shè)是C上的三個點，直線，均與相切．判斷直線與的位置關(guān)系，并說明理由．【答案】（1）拋物線，方程為；（2）相切，理由見解析〖祥解〗（1）根據(jù)已知拋物線與相交，可得出拋物線開口向右，設(shè)出標(biāo)準(zhǔn)方程，再利用對稱性設(shè)出坐標(biāo)，由，即可求出；由圓與直線相切，求出半徑，即可得出結(jié)論；（2）方法一：先考慮斜率不存在，根據(jù)對稱性，即可得出結(jié)論；若斜率存在，由三點在拋物線上，將直線斜率分別用縱坐標(biāo)表示，再由與圓相切，得出與的關(guān)系，最后求出點到直線的距離，即可得出結(jié)論.【詳析】（1）依題意設(shè)拋物線，，所以拋物線的方程為，與相切，所以半徑為，所以的方程為；（2）[方法一]：設(shè)若斜率不存在，則方程為或，若方程為，根據(jù)對稱性不妨設(shè)，則過與圓相切的另一條直線方程為，此時該直線與拋物線只有一個交點，即不存在，不合題意；若方程為，根據(jù)對稱性不妨設(shè)則過與圓相切的直線為，又，，此時直線關(guān)于軸對稱，所以直線與圓相切；若直線斜率均存在，則，所以直線方程為，整理得，同理直線的方程為，直線的方程為，與圓相切，整理得，與圓相切，同理所以為方程的兩根，，到直線的距離為：，所以直線與圓相切；綜上若直線與圓相切，則直線與圓相切.[方法二]【最優(yōu)解】：設(shè)．當(dāng)時，同解法1．當(dāng)時，直線的方程為，即．由直線與相切得，化簡得，同理，由直線與相切得．因為方程同時經(jīng)過點，所以的直線方程為，點M到直線距離為．所以直線與相切．綜上所述，若直線與相切，則直線與相切．【整體點評】第二問關(guān)鍵點：過拋物線上的兩點直線斜率只需用其縱坐標(biāo)（或橫坐標(biāo)）表示，將問題轉(zhuǎn)化為只與縱坐標(biāo)（或橫坐標(biāo)）有關(guān)；法一是要充分利用的對稱性，抽象出與關(guān)系，把的關(guān)系轉(zhuǎn)化為用表示，法二是利用相切等條件得到的直線方程為，利用點到直線距離進(jìn)行證明，方法二更為簡單，開拓學(xué)生思路32．（2024·新課標(biāo)Ⅱ卷·高考真題）已知雙曲線，點在上，為常數(shù)，．按照如下方式依次構(gòu)造點：過作斜率為的直線與的左支交于點，令為關(guān)于軸的對稱點，記的坐標(biāo)為.(1)若，求；(2)證明：數(shù)列是公比為的等比數(shù)列；(3)設(shè)為的面積，證明：對任意正整數(shù)，.【答案】(1)，(2)證明見解析(3)證明見解析〖祥解〗（1）直接根據(jù)題目中的構(gòu)造方式計算出的坐標(biāo)即可；（2）思路一：根據(jù)等比數(shù)列的定義即可驗證結(jié)論；思路二：利用點差法和合比性質(zhì)即可證明；（3）思路一：使用平面向量數(shù)量積和等比數(shù)列工具，證明的取值為與無關(guān)的定值即可.思路二：使用等差數(shù)列工具，證明的取值為與無關(guān)的定值即可.思路三：利用點差法得到，，再結(jié)合（2）中的結(jié)論得，最后證明出即可.【詳析】（1）由已知有，故的方程為.當(dāng)時，過且斜率為的直線為，與聯(lián)立得到.解得或，所以該直線與的不同于的交點為，該點顯然在的左支上.故，從而，.（2）方法一：由于過且斜率為的直線為，與聯(lián)立，得到方程.展開即得，由于已經(jīng)是直線和的公共點，故方程必有一根.從而根據(jù)韋達(dá)定理，另一根，相應(yīng)的.所以該直線與的不同于的交點為，而注意到的橫坐標(biāo)亦可通過韋達(dá)定理表示為，故一定在的左支上.所以.這就得到，.所以.再由，就知道，所以數(shù)列是公比為的等比數(shù)列.方法二：因為，，，則，由于，作差得，，利用合比性質(zhì)知，因此是公比為的等比數(shù)列.（3）方法一：先證明一個結(jié)論：對平面上三個點，若，，則.（若在同一條直線上，約定）證明：.證畢，回到原題.由于上一小問已經(jīng)得到，，故.再由，就知道，所以數(shù)列是公比為的等比數(shù)列.所以對任意的正整數(shù)，都有.而又有，，故利用前面已經(jīng)證明的結(jié)論即得.這就表明的取值是與無關(guān)的定值，所以.方法二：由于上一小問已經(jīng)得到，，故.再由，就知道，所以數(shù)列是公比為的等比數(shù)列.所以對任意的正整數(shù)，都有.這就得到，以及.兩式相減，即得.移項得到.故.而，.所以和平行，這就得到，即.方法三：由于，作差得，變形得①，同理可得，由（2）知是公比為的等比數(shù)列，令則②，同時是公比為的等比數(shù)列，則③，將②③代入①，即，從而，即.【『點石成金』】關(guān)鍵點『點石成金』：本題的關(guān)鍵在于將解析幾何和數(shù)列知識的結(jié)合，需要綜合運用多方面知識方可得解.專題17圓錐曲線（解答題）6種常見考法歸類知識五年考情（2021-2025）命題趨勢知識1圓錐曲線的綜合（5年5考）考點01圓錐曲線的面積問題2025·全國二卷2025·北京2024·新課標(biāo)Ⅰ卷2023·全國甲卷2023·天津2022·新高考全國Ⅰ卷2022·天津2021·全國乙卷1.面積問題：近5年高頻出現(xiàn)，常結(jié)合圓錐曲線的方程、直線與曲線的位置關(guān)系，通過聯(lián)立方程求出交點坐標(biāo)，再利用面積公式（如三角形面積公式、分割法求面積等）進(jìn)行計算，重點考查學(xué)生對代數(shù)運算與幾何圖形結(jié)合的處理能力。2.斜率問題：多次在各地高考試卷中出現(xiàn)，往往涉及直線的斜率公式、韋達(dá)定理的應(yīng)用，需通過分析直線與圓錐曲線的位置關(guān)系，建立斜率之間的聯(lián)系，考查學(xué)生的邏輯推理和運算變形能力。3.證明問題：是命題的重要方向，要求證明線段相等、角相等、直線平行或垂直等幾何關(guān)系，需要學(xué)生將幾何條件轉(zhuǎn)化為代數(shù)表達(dá)式，通過代數(shù)運算進(jìn)行推導(dǎo)證明，強(qiáng)調(diào)對數(shù)學(xué)思維嚴(yán)謹(jǐn)性的考查。4.最值問題：在多地試卷中頻繁出現(xiàn)，涉及距離、面積、斜率、截距等的最值求解。這類問題常與函數(shù)思想、不等式思想結(jié)合，通過建立目標(biāo)函數(shù)，利用二次函數(shù)最值、基本不等式、導(dǎo)數(shù)等方法求解，考查學(xué)生轉(zhuǎn)化與化歸的數(shù)學(xué)思想。5.定點、定值和定直線問題：是命題的經(jīng)典題型。此類問題需要學(xué)生在變化的過程中尋找不變的量，通常通過設(shè)參數(shù)、聯(lián)立方程，消去參數(shù)得到定點坐標(biāo)、定值或定直線方程，體現(xiàn)了從特殊到一般的思維方法，注重對學(xué)生抽象思維能力的考查。考點02圓錐曲線的斜率問題2024·北京2022·北京2022·全國甲卷2021·新高考全國Ⅰ卷2021·北京2021·全國乙卷考點03圓錐曲線的證明問題2025·天津2024·全國甲卷2023·北京2023·新課標(biāo)Ⅰ卷2022·新高考全國Ⅱ卷考點04圓錐曲線的最值問題2025·全國一卷2025·上海2024·天津2024·上海2023·上海2022·上海2022·浙江2021·浙江考點05圓錐曲線的定點、定值和定直線問題2023·全國乙卷2023·新課標(biāo)Ⅱ卷2022·全國乙卷考點06圓錐曲線與其他知識的綜合2021·全國甲卷2024·新課標(biāo)Ⅱ卷考點01圓錐曲線的面積問題1．（2024·新課標(biāo)Ⅰ卷·高考真題）已知和為橢圓上兩點.(1)求C的離心率;(2)若過P的直線交C于另一點B，且的面積為9，求的方程．【答案】(1)(2)直線的方程為或.〖祥解〗（1）代入兩點得到關(guān)于的方程，解出即可；（2）方法一：以為底，求出三角形的高，即點到直線的距離，再利用平行線距離公式得到平移后的直線方程，聯(lián)立橢圓方程得到點坐標(biāo)，則得到直線的方程；方法二：同法一得到點到直線的距離，再設(shè)，根據(jù)點到直線距離和點在橢圓上得到方程組，解出即可；法三：同法一得到點到直線的距離，利用橢圓的參數(shù)方程即可求解；法四：首先驗證直線斜率不存在的情況，再設(shè)直線，聯(lián)立橢圓方程，得到點坐標(biāo)，再利用點到直線距離公式即可；法五：首先考慮直線斜率不存在的情況，再設(shè)，利用弦長公式和點到直線的距離公式即可得到答案；法六：設(shè)線法與法五一致，利用水平寬乘鉛錘高乘表達(dá)面積即可.【詳析】（1）由題意得，解得，所以.（2）法一：，則直線的方程為，即，，由（1）知，設(shè)點到直線的距離為，則，則將直線沿著與垂直的方向平移單位即可，此時該平行線與橢圓的交點即為點，設(shè)該平行線的方程為：，則，解得或，當(dāng)時，聯(lián)立，解得或，即或，當(dāng)時，此時，直線的方程為，即，當(dāng)時，此時，直線的方程為，即，當(dāng)時，聯(lián)立得，，此時該直線與橢圓無交點.綜上直線的方程為或.法二：同法一得到直線的方程為，點到直線的距離，設(shè)，則，解得或，即或，以下同法一.法三：同法一得到直線的方程為，點到直線的距離，設(shè)，其中，則有，聯(lián)立，解得或，即或，以下同法一；法四：當(dāng)直線的斜率不存在時，此時，，符合題意，此時，直線的方程為，即，當(dāng)線的斜率存在時，設(shè)直線的方程為，聯(lián)立橢圓方程有，則，其中，即，解得或，，，令，則，則同法一得到直線的方程為，點到直線的距離，則，解得，此時，則得到此時，直線的方程為，即，綜上直線的方程為或.法五：當(dāng)?shù)男甭什淮嬖跁r，到距離，此時不滿足條件.當(dāng)?shù)男甭蚀嬖跁r，設(shè)，令，，消可得，，且，即，，到直線距離，或，均滿足題意，或，即或.法六：當(dāng)?shù)男甭什淮嬖跁r，到距離，此時不滿足條件.當(dāng)直線斜率存在時，設(shè)，設(shè)與軸的交點為，令，則，聯(lián)立，則有，，其中，且，則，則，解得或，經(jīng)代入判別式驗證均滿足題意.則直線為或，即或.2．（2023·全國甲卷·高考真題）已知直線與拋物線交于兩點，且．(1)求；(2)設(shè)F為C的焦點，M，N為C上兩點，，求面積的最小值．【答案】(1)(2)〖祥解〗（1）利用直線與拋物線的位置關(guān)系，聯(lián)立直線和拋物線方程求出弦長即可得出；（2）設(shè)直線：，利用，找到的關(guān)系，以及的面積表達(dá)式，再結(jié)合函數(shù)的性質(zhì)即可求出其最小值．【詳析】（1）設(shè)，由可得，，所以，所以，即，因為，解得：．（2）因為，顯然直線的斜率不可能為零，設(shè)直線：，，由可得，，所以，，，因為，所以，即，亦即，將代入得，，，所以，且，解得或．設(shè)點到直線的距離為，所以，，所以的面積，而或，所以，當(dāng)時，的面積．【『點石成金』】本題解題關(guān)鍵是根據(jù)向量的數(shù)量積為零找到的關(guān)系，一是為了減元，二是通過相互的制約關(guān)系找到各自的范圍，為得到的三角形面積公式提供定義域支持，從而求出面積的最小值.3．（2021·全國乙卷·高考真題）已知拋物線的焦點為，且與圓上點的距離的最小值為．（1）求；（2）若點在上，是的兩條切線，是切點，求面積的最大值．【答案】（1）；（2）.〖祥解〗（1）根據(jù)圓的幾何性質(zhì)可得出關(guān)于的等式，即可解出的值；（2）設(shè)點、、，利用導(dǎo)數(shù)求出直線、，進(jìn)一步可求得直線的方程，將直線的方程與拋物線的方程聯(lián)立，求出以及點到直線的距離，利用三角形的面積公式結(jié)合二次函數(shù)的基本性質(zhì)可求得面積的最大值.【詳析】（1）[方法一]：利用二次函數(shù)性質(zhì)求最小值由題意知，，設(shè)圓M上的點，則．所以．從而有．因為，所以當(dāng)時，．又，解之得，因此．[方法二]【最優(yōu)解】：利用圓的幾何意義求最小值拋物線的焦點為，，所以，與圓上點的距離的最小值為，解得；（2）[方法一]：切點弦方程+韋達(dá)定義判別式求弦長求面積法拋物線的方程為，即，對該函數(shù)求導(dǎo)得，設(shè)點、、，直線的方程為，即，即，同理可知，直線的方程為，由于點為這兩條直線的公共點，則，所以，點A、的坐標(biāo)滿足方程，所以，直線的方程為，聯(lián)立，可得，由韋達(dá)定理可得，，所以，，點到直線的距離為，所以，，，由已知可得，所以，當(dāng)時，的面積取最大值.[方法二]【最優(yōu)解】：切點弦法+分割轉(zhuǎn)化求面積+三角換元求最值同方法一得到．過P作y軸的平行線交于Q，則．．P點在圓M上，則．故當(dāng)時的面積最大，最大值為．[方法三]：直接設(shè)直線AB方程法設(shè)切點A，B的坐標(biāo)分別為，．設(shè)，聯(lián)立和拋物線C的方程得整理得．判別式，即，且．拋物線C的方程為，即，有．則，整理得，同理可得．聯(lián)立方程可得點P的坐標(biāo)為，即．將點P的坐標(biāo)代入圓M的方程，得，整理得．由弦長公式得．點P到直線的距離為．所以，其中，即．當(dāng)時，．【整體點評】（1）方法一利用兩點間距離公式求得關(guān)于圓M上的點的坐標(biāo)的表達(dá)式，進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為關(guān)于的表達(dá)式，利用二次函數(shù)的性質(zhì)得到最小值，進(jìn)而求得的值；方法二，利用圓的性質(zhì)，與圓上點的距離的最小值，簡潔明快，為最優(yōu)解；（2）方法一設(shè)點、、，利用導(dǎo)數(shù)求得兩切線方程，由切點弦方程思想得到直線的坐標(biāo)滿足方程，然手與拋物線方程聯(lián)立，由韋達(dá)定理可得，，利用弦長公式求得的長，進(jìn)而得到面積關(guān)于坐標(biāo)的表達(dá)式，利用圓的方程轉(zhuǎn)化得到關(guān)于的二次函數(shù)最值問題；方法二，同方法一得到，，過P作y軸的平行線交于Q，則．由求得面積關(guān)于坐標(biāo)的表達(dá)式，并利用三角函數(shù)換元求得面積最大值，方法靈活，計算簡潔，為最優(yōu)解；方法三直接設(shè)直線，聯(lián)立直線和拋物線方程，利用韋達(dá)定理判別式得到，且．利用點在圓上，求得的關(guān)系，然后利用導(dǎo)數(shù)求得兩切線方程，解方程組求得P的坐標(biāo)，進(jìn)而利用弦長公式和點到直線距離公式求得面積關(guān)于的函數(shù)表達(dá)式，然后利用二次函數(shù)的性質(zhì)求得最大值；4．（2025·全國二卷·高考真題）已知橢圓的離心率為，長軸長為4．(1)求C的方程；(2)過點的直線l與C交于兩點，為坐標(biāo)原點，若的面積為，求．【答案】(1)(2)〖祥解〗（1）根據(jù)長軸長和離心率求出基本量后可得橢圓方程；（2）設(shè)出直線方程并聯(lián)立橢圓方程后結(jié)合韋達(dá)定理用參數(shù)表示面積后可求的值，從而可求弦長.【詳析】（1）因為長軸長為4，故，而離心率為，故，故，故橢圓方程為：.（2）由題設(shè)直線的斜率不為0，故設(shè)直線，，由可得，故即，且，故，解得，故.5．（2022·天津·高考真題）橢圓的右焦點為F，右頂點A和上頂點為B滿足．(1)求橢圓的離心率；(2)直線l與橢圓有唯一公共點M，與y軸相交于點N（N異于M）．記O為原點，若，且的面積為，求橢圓的方程．【答案】(1)(2)〖祥解〗（1）根據(jù)已知條件可得出關(guān)于、的等量關(guān)系，由此可求得該橢圓的離心率的值；（2）由（1）可知橢圓的方程為，設(shè)直線的方程為，將直線的方程與橢圓方程聯(lián)立，由可得出，求出點的坐標(biāo)，利用三角形的面積公式以及已知條件可求得的值，即可得出橢圓的方程.【詳析】（1）解：，離心率為.（2）解：由（1）可知橢圓的方程為，易知直線的斜率存在，設(shè)直線的方程為，聯(lián)立得，由，①，，由可得，②由可得，③聯(lián)立①②③可得，，，故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為．6．（2023·天津·高考真題）已知橢圓的左右頂點分別為，右焦點為，已知．(1)求橢圓的方程和離心率；(2)點在橢圓上（異于橢圓的頂點），直線交軸于點，若三角形的面積是三角形面積的二倍，求直線的方程．【答案】(1)橢圓的方程為，離心率為.(2).〖祥解〗（1）由解得，從而求出，代入橢圓方程即可求方程，再代入離心率公式即求離心率.（2）先設(shè)直線的方程，與橢圓方程聯(lián)立，消去，再由韋達(dá)定理可得，從而得到點和點坐標(biāo).由得，即可得到關(guān)于的方程，解出，代入直線的方程即可得到答案.【詳析】（1）如圖，

由題意得，解得，所以，所以橢圓的方程為，離心率為.（2）由題意得，直線斜率存在，由橢圓的方程為可得，設(shè)直線的方程為，聯(lián)立方程組，消去整理得：，由韋達(dá)定理得，所以，所以，.所以,,，所以，所以，即，解得，所以直線的方程為.7．（2022·新高考全國Ⅰ卷·高考真題）已知點在雙曲線上，直線l交C于P，Q兩點，直線的斜率之和為0．(1)求l的斜率；(2)若，求的面積．【答案】(1)；(2)．〖祥解〗（1）由點在雙曲線上可求出，易知直線l的斜率存在，設(shè)，，再根據(jù)，即可解出l的斜率；（2）根據(jù)直線的斜率之和為0可知直線的傾斜角互補(bǔ)，根據(jù)即可求出直線的斜率，再分別聯(lián)立直線與雙曲線方程求出點的坐標(biāo)，即可得到直線的方程以及的長，由點到直線的距離公式求出點A到直線的距離，即可得出的面積．【詳析】（1）因為點在雙曲線上，所以，解得，即雙曲線．易知直線l的斜率存在，設(shè)，，聯(lián)立可得，，所以，，且．所以由可得，，即，即，所以，化簡得，，即，所以或，當(dāng)時，直線過點，與題意不符，舍去，故．（2）［方法一］：【最優(yōu)解】常規(guī)轉(zhuǎn)化不妨設(shè)直線的傾斜角為，因為，所以，由（1）知，，當(dāng)均在雙曲線左支時，，所以，即，解得（負(fù)值舍去）此時PA與雙曲線的漸近線平行，與雙曲線左支無交點，舍去；當(dāng)均在雙曲線右支時，因為，所以，即，即，解得（負(fù)值舍去），于是，直線，直線，聯(lián)立可得，，因為方程有一個根為，所以，，同理可得，，．所以，，點到直線的距離，故的面積為．［方法二］：設(shè)直線AP的傾斜角為，，由，得，由，得，即，聯(lián)立，及得，，同理，，，故，而，，由，得，故【整體點評】（2）法一：由第一問結(jié)論利用傾斜角的關(guān)系可求出直線的斜率，從而聯(lián)立求出點坐標(biāo)，進(jìn)而求出三角形面積，思路清晰直接，是該題的通性通法，也是最優(yōu)解；法二：前面解答與法一求解點坐標(biāo)過程形式有所區(qū)別，最終目的一樣，主要區(qū)別在于三角形面積公式的選擇不一樣．8．（2025·北京·高考真題）已知橢圓的離心率為，橢圓E上的點到兩焦點的距離之和為4.(1)求橢圓E的方程；(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點，點在橢圓E上，直線與直線，分別交于點A，B．設(shè)與的面積分別為，比較與的大小．【答案】(1)(2)〖祥解〗（1）根據(jù)橢圓定義以及離心率可求出，再根據(jù)的關(guān)系求出，即可得到橢圓方程；（2）法一：聯(lián)立直線方程求出點坐標(biāo)，即可求出，再根據(jù)，即可得出它們的大小關(guān)系.法二：利用直線的到角公式或者傾斜角之間的關(guān)系得到，再根據(jù)三角形的面積公式即可解出.【詳析】（1）由橢圓可知，，所以，又，所以，，故橢圓E的方程為；（2）聯(lián)立，消去得，，整理得，①，又，所以，，故①式可化簡為，即，所以，所以直線與橢圓相切，為切點.設(shè)，易知，當(dāng)時，由對稱性可知，．故設(shè)，易知，聯(lián)立，解得，聯(lián)立，解得，所以，，故．法二：不妨設(shè)，易知，當(dāng)時，由對稱性可知，．故設(shè)，聯(lián)立，解得，聯(lián)立，解得，若，則，由對稱性，不妨取，則，，，所以，同理，當(dāng)時，，當(dāng)時，則，，,又，所以，所以，，則，即，所以.考點02圓錐曲線的斜率問題9．（2024·北京·高考真題）已知橢圓：，以橢圓的焦點和短軸端點為頂點的四邊形是邊長為2的正方形.過點且斜率存在的直線與橢圓交于不同的兩點，過點和的直線與橢圓的另一個交點為．(1)求橢圓的方程及離心率；(2)若直線BD的斜率為0，求t的值．【答案】(1)(2)〖祥解〗（1）由題意得，進(jìn)一步得，由此即可得解；（2）設(shè)，，聯(lián)立橢圓方程，由韋達(dá)定理有，而，令，即可得解.【詳析】（1）由題意，從而，所以橢圓方程為，離心率為；（2）直線斜率不為0，否則直線與橢圓無交點，矛盾，從而設(shè)，，聯(lián)立，化簡并整理得，由題意，即應(yīng)滿足，所以，若直線斜率為0，由橢圓的對稱性可設(shè)，所以，在直線方程中令，得，所以，此時應(yīng)滿足，即應(yīng)滿足或，綜上所述，滿足題意，此時或.10．（2022·北京·高考真題）已知橢圓的一個頂點為，焦距為．(1)求橢圓E的方程；(2)過點作斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點B，C，直線AB，AC分別與x軸交于點M，N，當(dāng)時，求k的值．【答案】(1)(2)〖祥解〗（1）依題意可得，即可求出，從而求出橢圓方程；（2）首先表示出直線方程，設(shè)、，聯(lián)立直線與橢圓方程，消元列出韋達(dá)定理，由直線、的方程，表示出、，根據(jù)得到方程，解得即可；【詳析】（1）解：依題意可得，，又，所以，所以橢圓方程為；（2）解：依題意過點的直線為，設(shè)、，不妨令，由，消去整理得，所以，解得，所以，，直線的方程為，令，解得，直線的方程為，令，解得，所以，所以，即即即整理得，解得11．（2021·新高考全國Ⅰ卷·高考真題）在平面直角坐標(biāo)系中，已知點、，點的軌跡為.（1）求的方程；（2）設(shè)點在直線上，過的兩條直線分別交于、兩點和，兩點，且，求直線的斜率與直線的斜率之和.【答案】（1）；（2）.〖祥解〗(1)利用雙曲線的定義可知軌跡是以點、為左、右焦點雙曲線的右支，求出、的值，即可得出軌跡的方程；(2)方法一：設(shè)出點的坐標(biāo)和直線方程，聯(lián)立直線方程與曲線C的方程，結(jié)合韋達(dá)定理求得直線的斜率，最后化簡計算可得的值.【詳析】(1)因為，所以，軌跡是以點、為左、右焦點的雙曲線的右支，設(shè)軌跡的方程為，則，可得，，所以，軌跡的方程為.（2）[方法一]【最優(yōu)解】：直線方程與雙曲線方程聯(lián)立如圖所示，設(shè),設(shè)直線的方程為．

聯(lián)立,化簡得，，則．故．則．設(shè)的方程為，同理．因為，所以，化簡得，所以，即．因為，所以．[方法二]：參數(shù)方程法設(shè)．設(shè)直線的傾斜角為，則其參數(shù)方程為，聯(lián)立直線方程與曲線C的方程，可得，整理得．設(shè)，由根與系數(shù)的關(guān)系得．設(shè)直線的傾斜角為，，同理可得由，得．因為，所以．由題意分析知．所以，故直線的斜率與直線的斜率之和為0．[方法三]：利用圓冪定理因為，由圓冪定理知A，B，P，Q四點共圓．設(shè),直線的方程為，直線的方程為,則二次曲線．又由，得過A，B，P，Q四點的二次曲線系方程為：，整理可得：，其中．由于A，B，P，Q四點共圓，則xy項的系數(shù)為0，即.【整體點評】(2)方法一：直線方程與二次曲線的方程聯(lián)立，結(jié)合韋達(dá)定理處理圓錐曲線問題是最經(jīng)典的方法，它體現(xiàn)了解析幾何的特征，是該題的通性通法，也是最優(yōu)解；方法二：參數(shù)方程的使用充分利用了參數(shù)的幾何意義，要求解題過程中對參數(shù)有深刻的理解，并能夠靈活的應(yīng)用到題目中.方法三：圓冪定理的應(yīng)用更多的提現(xiàn)了幾何的思想，二次曲線系的應(yīng)用使得計算更為簡單.12．（2021·北京·高考真題）已知橢圓一個頂點，以橢圓的四個頂點為頂點的四邊形面積為．（1）求橢圓E的方程；（2）過點P(0，-3)的直線l斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點B，C，直線AB，AC分別與直線交于點M，N，當(dāng)|PM|+|PN|≤15時，求k的取值范圍．【答案】（1）；（2）．〖祥解〗（1）根據(jù)橢圓所過的點及四個頂點圍成的四邊形的面積可求，從而可求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程.（2）設(shè)，求出直線的方程后可得的橫坐標(biāo)，從而可得，聯(lián)立直線的方程和橢圓的方程，結(jié)合韋達(dá)定理化簡，從而可求的范圍，注意判別式的要求.【詳析】（1）因為橢圓過，故，因為四個頂點圍成的四邊形的面積為，故，即，故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：.（2）設(shè)，因為直線的斜率存在，故，故直線，令，則，同理.直線，由可得，故，解得或.又，故，所以又故即，綜上，或.13．（2021·全國乙卷·高考真題）已知拋物線的焦點F到準(zhǔn)線的距離為2．（1）求C的方程;（2）已知O為坐標(biāo)原點，點P在C上，點Q滿足，求直線斜率的最大值.【答案】（1）；（2）最大值為.〖祥解〗（1）由拋物線焦點與準(zhǔn)線的距離即可得解；（2）設(shè)，由平面向量的知識可得，進(jìn)而可得，再由斜率公式及基本不等式即可得解.【詳析】（1）拋物線的焦點，準(zhǔn)線方程為，由題意，該拋物線焦點到準(zhǔn)線的距離為，所以該拋物線的方程為；（2）[方法一]：軌跡方程+基本不等式法設(shè)，則，所以，由在拋物線上可得，即，據(jù)此整理可得點的軌跡方程為，所以直線的斜率，當(dāng)時，；當(dāng)時，，當(dāng)時，因為，此時，當(dāng)且僅當(dāng)，即時，等號成立；當(dāng)時，；綜上，直線的斜率的最大值為.[方法二]：【最優(yōu)解】軌跡方程+數(shù)形結(jié)合法同方法一得到點Q的軌跡方程為．設(shè)直線的方程為，則當(dāng)直線與拋物線相切時，其斜率k取到最值．聯(lián)立得，其判別式，解得，所以直線斜率的最大值為．[方法三]：軌跡方程+換元求最值法同方法一得點Q的軌跡方程為．設(shè)直線的斜率為k，則．令，則的對稱軸為，所以．故直線斜率的最大值為．[方法四]：參數(shù)+基本不等式法由題可設(shè)．因為，所以．于是，所以則直線的斜率為．當(dāng)且僅當(dāng)，即時等號成立，所以直線斜率的最大值為．【整體點評】方法一根據(jù)向量關(guān)系，利用代點法求得Q的軌跡方程，得到直線OQ的斜率關(guān)于的表達(dá)式，然后利用分類討論，結(jié)合基本不等式求得最大值；方法二同方法一得到點Q的軌跡方程，然后利用數(shù)形結(jié)合法，利用判別式求得直線OQ的斜率的最大值，為最優(yōu)解；方法三同方法一求得Q的軌跡方程，得到直線的斜率k的平方關(guān)于的表達(dá)式，利用換元方法轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)求得最大值，進(jìn)而得到直線斜率的最大值；方法四利用參數(shù)法，由題可設(shè)，求得x,y關(guān)于的參數(shù)表達(dá)式，得到直線的斜率關(guān)于的表達(dá)式，結(jié)合使用基本不等式，求得直線斜率的最大值.14．（2022·全國甲卷·高考真題）設(shè)拋物線的焦點為F，點，過F的直線交C于M，N兩點．當(dāng)直線MD垂直于x軸時，．(1)求C的方程；(2)設(shè)