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专题 17 圆锥曲线（解答题）6 种常见考法归类
知识 五年考情（2021-2025） 命题趋势
考点01圆锥曲线的面积问题 1.面积问题：近 5 年高频出现，
2025·全国二卷2025·北京2024·新课标Ⅰ卷 常结合圆锥曲线的方程、直线与
2023·全国甲卷 2023·天津2022·新高考全国Ⅰ卷 曲线的位置关系，通过联立方程
2022·天津2021·全国乙卷 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
考点02圆锥曲线的斜率问题
面积等）进行计算，重点考查学
2024·北京 2022·北京 2022·全国甲卷
生对代数运算与几何图形结合的
2021·新高考全国Ⅰ卷2021·北京 2021·全国乙卷
处理能力。
考点03圆锥曲线的证明问题
2.斜率问题：多次在各地高考试卷
2025·天津2024·全国甲卷 2023·北京
中出现，往往涉及直线的斜率公
2023·新课标Ⅰ卷2022·新高考全国Ⅱ卷
式、韦达定理的应用，需通过分
考点04圆锥曲线的最值问题
析直线与圆锥曲线的位置关系，
2025·全国一卷 2025·上海2024·天津2024·上海
建立斜率之间的联系，考查学生
2023·上海2022·上海 2022·浙江 2021·浙江
的逻辑推理和运算变形能力。
考点05圆锥曲线的定点、定值和定直线问题 3.证明问题：是命题的重要方向，
2023·全国乙卷 2023·新课标Ⅱ卷
要求证明线段相等、角相等、直
知识1 圆锥曲 2022·全国乙卷 线平行或垂直等几何关系，需要
线的综合 学生将几何条件转化为代数表达
（5年5考） 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。
4.最值问题：在多地试卷中频繁出
现，涉及距离、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
考点06圆锥曲线与其他知识的综合 过建立目标函数，利用二次函数
2021·全国甲卷 2024·新课标Ⅱ卷 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。
5.定点、定值和定直线问题：是命
题的经典题型。此类问题需要学
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01圆锥曲线的面积问题
1．（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，利用水平宽乘铅锤高乘 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 .
2．（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.
3．（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；
4．（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与C交于 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 .
5．（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 ．
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·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．
8．（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 .考点02圆锥曲线的斜率问题
9．（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 .
10．（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）解：依题意过点 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
11．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）在平面直角坐标系 中，已知点 、
，点 的轨迹为 .
（1）求 的方程；
（2）设点 在直线 上，过 的两条直线分别交 于 、 两点和 ， 两点，且 ，求直线 的斜率与直线 的斜率之和.
【答案】（1） ；（2） .
【分析】(1) 利用双曲线的定义可知轨迹 是以点 、 为左、右焦点双曲线的右支，求出 、 的值，
即可得出轨迹 的方程；
(2)方法一：设出点的坐标和直线方程，联立直线方程与曲线C的方程，结合韦达定理求得直线的斜率，
最后化简计算可得 的值.
【详解】(1) 因为 ，
所以，轨迹 是以点 、 为左、右焦点的双曲线的右支，
设轨迹 的方程为 ，则 ，可得 ， ，
所以，轨迹 的方程为 .
（2）[方法一] 【最优解】：直线方程与双曲线方程联立
如图所示，设 ,
设直线 的方程为 ．
联立 ,
化简得 ， ，
则 ．故 ．
则 ．
设 的方程为 ，同理 ．
因为 ，所以 ，
化简得 ，
所以 ，即 ．
因为 ，所以 ．
[方法二] ：参数方程法
设 ．设直线 的倾斜角为 ，
则其参数方程为 ，
联立直线方程与曲线C的方程 ，
可得 ，
整理得 ．
设 ，
由根与系数的关系得 ．
设直线 的倾斜角为 ， ，
同理可得
由 ，得 ．
因为 ，所以 ．
由题意分析知 ．所以 ，
故直线 的斜率与直线 的斜率之和为0．
[方法三]：利用圆幂定理
因为 ，由圆幂定理知A，B，P，Q四点共圆．设 ,直线 的方程为 ，
直线 的方程为 ,
则二次曲线 ．
又由 ，得过A，B，P，Q四点的二次曲线系方程为：
，
整理可得：
，
其中 ．
由于A，B，P，Q四点共圆，则xy项的系数为0，即 .
【整体点评】(2)方法一：直线方程与二次曲线的方程联立，结合韦达定理处理圆锥曲线问题是最经典的方
法，它体现了解析几何的特征，是该题的通性通法，也是最优解；
方法二：参数方程的使用充分利用了参数的几何意义，要求解题过程中对参数有深刻的理解，并能够灵活
的应用到题目中.
方法三：圆幂定理的应用更多的提现了几何的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.
12．（2021·北京·高考真题）已知椭圆 一个顶点 ，以椭圆 的四个顶点为
顶点的四边形面积为 ．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点P(0，-3)的直线l斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与直线
交于点M，N，当|PM|+|PN|≤15时，求k的取值范围．
【答案】（1） ；（2） ．
【分析】（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求 ，从而可求椭圆的标准方程.
（2）设 ，求出直线 的方程后可得 的横坐标，从而可得 ，联立
直线 的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简 ，从而可求 的范围，注意判别式的要求.
【详解】（1）因为椭圆过 ，故 ，
因为四个顶点围成的四边形的面积为 ，故 ，即 ，故椭圆的标准方程为： .
（2）
设 ，
因为直线 的斜率存在，故 ，
故直线 ，令 ，则 ，同理 .
直线 ，由 可得 ，
故 ，解得 或 .
又 ，故 ，所以
又
故 即 ，
综上， 或 .
13．（2021·全国乙卷·高考真题）已知抛物线 的焦点F到准线的距离为2．
（1）求C的方程;
（2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足 ，求直线 斜率的最大值.
【答案】（1） ；（2）最大值为 .
【分析】（1）由抛物线焦点与准线的距离即可得解；
（2）设 ，由平面向量的知识可得 ，进而可得 ，再由斜率公式及基本不等式即可得解.
【详解】（1）抛物线 的焦点 ，准线方程为 ，
由题意，该抛物线焦点到准线的距离为 ，
所以该抛物线的方程为 ；
（2）[方法一]：轨迹方程+基本不等式法
设 ，则 ，
所以 ，
由 在抛物线上可得 ，即 ，
据此整理可得点 的轨迹方程为 ，
所以直线 的斜率 ，
当 时， ；
当 时， ，
当 时，因为 ，
此时 ，当且仅当 ，即 时，等号成立；
当 时， ；
综上，直线 的斜率的最大值为 .
[方法二]：【最优解】轨迹方程+数形结合法
同方法一得到点Q的轨迹方程为 ．
设直线 的方程为 ，则当直线 与抛物线 相切时，其斜率k取到最值．联立
得 ，其判别式 ，解得 ，所以直线 斜率的
最大值为 ．[方法三]：轨迹方程+换元求最值法
同方法一得点Q的轨迹方程为 ．
设直线 的斜率为k，则 ．
令 ，则 的对称轴为 ，所以 ．故直线 斜率的
最大值为 ．
[方法四]：参数+基本不等式法
由题可设 ．
因为 ，所以 ．
于是 ，所以
则直线 的斜率为 ．
当且仅当 ，即 时等号成立，所以直线 斜率的最大值为 ．
【整体点评】方法一根据向量关系，利用代点法求得Q的轨迹方程，得到直线OQ的斜率关于 的表达式，
然后利用分类讨论，结合基本不等式求得最大值；
方法二 同方法一得到点Q的轨迹方程，然后利用数形结合法，利用判别式求得直线OQ的斜率的最大值，
为最优解；
方法三同方法一求得Q的轨迹方程，得到直线 的斜率k的平方关于 的表达式，利用换元方法转化为
二次函数求得最大值，进而得到直线 斜率的最大值；
方法四利用参数法，由题可设 ，求得x,y关于 的参数表达式，得到直线 的斜率
关于 的表达式，结合使用基本不等式，求得直线 斜率的最大值.
14．（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．
考点03圆锥曲线的证明问题
15．（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)证明见解析
【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）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 .
16．（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(x,y),由③|AM|=|BM|等价分析
0 0
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.
17．（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)证明见解析
【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）直线 的斜率必定存在，设 ， ， ，由 可得 ，
故 ，故 ，
又 ，
而 ，故直线 ，故 ，
所以
，
故 ，即 轴.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为 ；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于 （或 ）的一元二次方程，注意 的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为 、 （或 、 ）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
18．（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)证明见解析
【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）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 .
19．（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.
考点04圆锥曲线的最值问题
20．（2025·全国一卷·高考真题）设椭圆 的离心率为 ，下顶点为A，右顶点为
B， ．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足 ．
（i）设 ，求点 的坐标（用m，n表示）；
（ⅱ）设O为坐标原点， 是椭圆上的动点，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 .
21．（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.
22．（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 ．23．（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 .
24．（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.
25．（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.26．（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．
27．（2021·浙江·高考真题）如图，已知F是抛物线 的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交
点，且 ，
（1）求抛物线的方程；（2）设过点F的直线交抛物线与A､B两点，斜率为2的直线l与直线 ，x轴依次交于点P，
Q，R，N，且 ，求直线l在x轴上截距的范围.
【答案】（1） ；（2） .
【分析】（1）求出 的值后可求抛物线的方程.
（2）方法一：设 ， ， ，联立直线 的方程和抛物线的方程后可
得 ，求出直线 的方程，联立各直线方程可求出 ，根据题设条件可得
，从而可求 的范围.
【详解】（1）因为 ，故 ，故抛物线的方程为： .
（2）[方法一]：通式通法
设 ， ， ，
所以直线 ，由题设可得 且 .
由 可得 ，故 ，
因为 ，故 ，故 .
又 ，由 可得 ，
同理 ，
由 可得 ，
所以 ，
整理得到 ，故 ，
令 ，则 且 ，
故 ，
故 即 ，
解得 或 或 .
故直线 在 轴上的截距的范围为 或 或 .
[方法二]：利用焦点弦性质
设直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，直线 的方程
为 ，由题设可得 且 ．
由 得 ，所以 ．
因为 ，
，
．
由 得 ．
同理 ．
由 得 ．因为 ，
所以 即 ．
故 ．
令 ，则 ．
所以 ，解得 或 或 ．
故直线 在x轴上的截距的范围为 ．
[方法三]【最优解】：
设 ，
由 三点共线得 ，即 ．
所以直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，直线 的方程为
．
设直线 的方程为 ，
则 ．
所以 ．
故 （其中 ）．
所以 ．
因此直线 在x轴上的截距为 ．
【整体点评】本题主要是处理共线的线段长度问题，主要方法是长度转化为坐标.
方法一：主要是用 坐标表示直线 ，利用弦长公式将线段长度关系转为纵坐标关
系，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.方法二：利用焦点弦的性质求得直线 的斜率之和为0，再利用线段长度关系即为纵坐标关系，再将
所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.
方法三：利用点 在抛物线上，巧妙设点坐标，借助于焦点弦的性质求得点 横坐标的关系，这样有
助于减少变元，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范
围.
考点05圆锥曲线的定点、定值和定直线问题
28．（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)证明见详解
【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）由题意可知：直线 的斜率存在，设 ，
联立方程 ，消去y得： ，
则 ，解得 ，
可得 ，
因为 ，则直线 ，
令 ，解得 ，即 ,同理可得 ，
则
，
所以线段 的中点是定点 .
【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤
（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；
（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；
也可令系数等于零，得出定值；
（3）得出结论．
29．（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)证明见解析.
【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）由(1)可得 ，设 ，
显然直线的斜率不为0，所以设直线 的方程为 ，且 ，
与 联立可得 ，且 ，
则 ，
直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，
联立直线 与直线 的方程可得：
，
由 可得 ，即 ，
据此可得点 在定直线 上运动.
【点睛】关键点点睛:求双曲线方程的定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，
其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键.30．（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06圆锥曲线与其他知识的综合
31．（2021·全国甲卷·高考真题）抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l： 交C于P，
Q两点，且 ．已知点 ，且 与l相切．
（1）求C， 的方程；
（2）设 是C上的三个点，直线 ， 均与 相切．判断直线 与 的位置关系，并
说明理由．
【答案】（1）抛物线 ， 方程为 ；（2）相切，理由见解析
【分析】（1）根据已知抛物线与 相交，可得出抛物线开口向右，设出标准方程，再利用对称性设出
坐标，由 ，即可求出 ；由圆 与直线 相切，求出半径，即可得出结论；
（2）方法一：先考虑 斜率不存在，根据对称性，即可得出结论；若 斜率存在，由
三点在抛物线上，将直线 斜率分别用纵坐标表示，再由 与圆 相切，得
出 与 的关系，最后求出 点到直线 的距离，即可得出结论.
【详解】（1）依题意设抛物线 ，
，
所以抛物线 的方程为 ，与 相切，所以半径为 ，
所以 的方程为 ；
（2）[方法一]：设
若 斜率不存在，则 方程为 或 ，
若 方程为 ，根据对称性不妨设 ，
则过 与圆 相切的另一条直线方程为 ，
此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在 ，不合题意；
若 方程为 ，根据对称性不妨设
则过 与圆 相切的直线 为 ，
又 ，
，此时直线 关于 轴对称，
所以直线 与圆 相切；
若直线 斜率均存在，
则 ，
所以直线 方程为 ，
整理得 ，
同理直线 的方程为 ，
直线 的方程为 ，
与圆 相切，
整理得 ，
与圆 相切，同理
所以 为方程 的两根，
，
到直线 的距离为：，
所以直线 与圆 相切；
综上若直线 与圆 相切，则直线 与圆 相切.
[方法二]【最优解】：设 ．
当 时，同解法1．
当 时，直线 的方程为 ，即 ．
由直线 与 相切得 ，化简得 ，
同理，由直线 与 相切得 ．
因为方程 同时经过点 ，所以 的直线方程为 ，
点M到直线 距离为 ．
所以直线 与 相切．
综上所述，若直线 与 相切，则直线 与 相切．
【整体点评】第二问关键点：过抛物线上的两点直线斜率只需用其纵坐标（或横坐标）表示，将问题转化
为只与纵坐标（或横坐标）有关；法一是要充分利用 的对称性，抽象出 与 关系，
把 的关系转化为用 表示，法二是利用相切等条件得到 的直线方程为 ，
利用点到直线距离进行证明，方法二更为简单，开拓学生思路
32．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线 ，点 在 上， 为常数，
．按照如下方式依次构造点 ：过 作斜率为 的直线与 的左支交于点 ，令
为 关于 轴的对称点，记 的坐标为 .
(1)若 ，求 ；(2)证明：数列 是公比为 的等比数列；
(3)设 为 的面积，证明：对任意正整数 ， .
【答案】(1) ，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出 的坐标即可；
（2）思路一：根据等比数列的定义即可验证结论；思路二：利用点差法和合比性质即可证明；
（3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明 的取值为与 无关的定值即可.思路二：使用
等差数列工具，证明 的取值为与 无关的定值即可.思路三：利用点差法得到 ，
，再结合（2）中的结论得 ，最后证明出
即可.
【详解】（1）
由已知有 ，故 的方程为 .
当 时，过 且斜率为 的直线为 ，与 联立得到 .
解得 或 ，所以该直线与 的不同于 的交点为 ，该点显然在 的左支上.
故 ，从而 ， .
（2）方法一：由于过 且斜率为 的直线为 ，与 联立，得到方程
.
展开即得 ，由于 已经是直线 和
的公共点，故方程必有一根 .从而根据韦达定理，另一根 ，相应的
.
所以该直线与 的不同于 的交点为 ，而注意到 的横坐标亦可通过
韦达定理表示为 ，故 一定在 的左支上.
所以 .
这就得到 ， .
所以
.
再由 ，就知道 ，所以数列 是公比为 的等比数列.
方法二：因为 ， ， ，则 ，
由于 ，作差得 ，
，利用合比性质知 ，
因此 是公比为 的等比数列.
（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点 ，若 ， ，则
.（若 在同一条直线上，约定 ）
证明：.
证毕，回到原题.
由于上一小问已经得到 ， ，
故 .
再由 ，就知道 ，所以数列 是公比为 的等比数列.
所以对任意的正整数 ，都有
.
而又有 ， ，
故利用前面已经证明的结论即得
.
这就表明 的取值是与 无关的定值，所以 .
方法二：由于上一小问已经得到 ， ，故 .
再由 ，就知道 ，所以数列 是公比为 的等比数列.
所以对任意的正整数 ，都有
.
这就得到 ，
以及 .
两式相减，即得 .
移项得到 .
故 .
而 ， .
所以 和 平行，这就得到 ，即 .
方法三：由于 ，作差得 ，
变形得 ①，
同理可得 ，
由（2）知 是公比为 的等比数列，令 则 ②，同时 是公比为 的等比数列，则 ③，
将②③代入①，
即 ，从而 ，即 .
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.
