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专题18 圆锥曲线的综合应用（解答题）
1、（2023年全国乙卷数学（文）(理)）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
【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 .
2、（2023年新课标全国Ⅱ卷）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.
【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.3、【2022年全国甲卷】设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，点D(p,0)，过F的直线交C于M，N两
点．当直线MD垂直于x轴时，|MF|=3．
(1)求C的方程；
(2)设直线MD,ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN,AB的倾斜角分别为α,β．当α−β取得最
大值时，求直线AB的方程．
【解析】(1)
p
抛物线的准线为x=− ，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
2
p
此时|MF|=p+ =3，所以p=2，
2
所以抛物线C的方程为y2=4x；
y2 y2 y2 y2
(2)设M( 1,y ),N( 2,y ),A( 3,y ),B( 4,y )，直线MN:x=my+1，
4 1 4 2 4 3 4 4
x=my+1
由{ 可得y2−4my−4=0，Δ>0,y y =−4，
y2=4x 1 2
y −y 4 y −y 4
k = 1 2 = k = 3 4 =
由斜率公式可得 MN y2 y2 y + y ， AB y2 y2 y + y ，
1− 2 1 2 3− 4 3 4
4 4 4 4
x −2 4(x −2)
直线MD:x= 1 ⋅y+2，代入抛物线方程可得y2− 1 ⋅y−8=0，
y y
1 1
Δ>0,y y =−8，所以y =2y ，同理可得y =2y ，
1 3 3 2 4 1
4 4 k
所以k = = = MN
AB y + y 2(y + y ) 2
3 4 1 2
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为α,β，
k tanα
所以k =tanβ= MN = ，
AB 2 2
π
若要使α−β最大，则β∈(0, )，
2tanα−tanβ k 1 1 √2
tan(α−β)= = = ≤ =
设k
MN
=2k
AB
=2k>0，则 1+tanαtanβ 1+2k2 1
+2k 2
√1
⋅2k
4 ，
k k
1 √2
当且仅当 =2k即k= 时，等号成立，
k 2
√2
所以当α−β最大时，k = ，设直线AB:x=√2y+n，
AB 2
代入抛物线方程可得y2−4√2y−4n=0，
Δ>0,y y =−4n=4 y y =−16，所以n=4，
3 4 1 2
所以直线AB:x=√2y+4.
(3 )
4、【2022年全国乙卷】已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A(0,−2),B ,−1
2
两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点P(1,−2)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
⃑MT=⃑TH．证明：直线HN过定点．
【解析】(1)
(3 )
解：设椭圆E的方程为mx2+n y2=1，过A(0,−2),B ,−1 ，
2
1 1
则¿，解得m= ，n= ，
3 4
y2 x2
所以椭圆E的方程为： + =1.
4 3
(2)
3 2
A(0,−2),B( ,−1)，所以AB:y+2= x，
2 3
x2 y2
①若过点P(1,−2)的直线斜率不存在，直线x=1.代入 + =1，
3 4
2√6 2√6 2
可得M(1, )，N(1,− )，代入AB方程y= x−2，可得
3 3 3
2√6 2√6
T(√6+3, )，由⃑MT=⃑TH得到H(2√6+5, ).求得HN方程：
3 3
2√6
y=(2− )x−2，过点(0,−2).
3
②若过点P(1,−2)的直线斜率存在，设kx−y−(k+2)=0,M(x ,y ),N(x ,y ).
1 1 2 2联立¿得(3k2+4)x2−6k(2+k)x+3k(k+4)=0，
可得¿，¿，
−24k
且x y +x y = (∗)
1 2 2 1 3k2+4
3 y
联立¿可得T( 1+3,y ),H(3 y +6−x ,y ).
2 1 1 1 1
y −y
可求得此时HN:y−y = 1 2 (x−x )，
2 3 y +6−x −x 2
1 1 2
将(0,−2)，代入整理得2(x +x )−6(y + y )+x y +x y −3 y y −12=0，
1 2 1 2 1 2 2 1 1 2
将(∗)代入，得24k+12k2+96+48k−24k−48−48k+24k2−36k2−48=0,
显然成立，
综上，可得直线HN过定点(0,−2).
【点睛】
x2 y2
5、【2022年新高考1卷】已知点A(2,1)在双曲线C: − =1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，
a2 a2−1
直线AP,AQ的斜率之和为0．
(1)求l的斜率；
(2)若tan∠PAQ=2√2，求△PAQ的面积．
x2 y2 4 1
【解析】(1)因为点A(2,1)在双曲线C: − =1(a>1)上，所以 − =1，解得a2=2，即双曲
a2 a2−1 a2 a2−1
x2
线C: −y2=1
2
易知直线l的斜率存在，设l:y=kx+m，P(x ,y ),Q(x ,y )，
1 1 2 2
联立¿可得，(1−2k2)x2−4mkx−2m2−2=0，
4mk 2m2+2
所以，x +x =− ,x x = ，Δ=16m2k2+4(2m2+2)(2k2−1)>0⇒m2−1+2k2>0．
1 2 2k2−1 1 2 2k2−1y −1 y −1
所以由k +k =0可得， 2 + 1 =0，
AP BP x −2 x −2
2 1
即(x −2)(kx +m−1)+(x −2)(kx +m−1)=0，
1 2 2 1
即2kx x +(m−1−2k)(x +x )−4(m−1)=0，
1 2 1 2
2m2+2 ( 4mk )
所以2k× +(m−1−2k) − −4(m−1)=0，
2k2−1 2k2−1
化简得，8k2+4k−4+4m(k+1)=0，即(k+1)(2k−1+m)=0，
所以k=−1或m=1−2k，
当m=1−2k时，直线l:y=kx+m=k(x−2)+1过点A(2,1)，与题意不符，舍去，
故k=−1．
(2)不妨设直线PA,PB的倾斜角为α,β(α<β)，因为k +k =0，所以α+β=π，
AP BP
因为tan∠PAQ=2√2，所以tan(β−α)=2√2，即tan2α=−2√2，
即√2tan2α−tanα−√2=0，解得tanα=√2，
于是，直线PA:y=√2(x−2)+1，直线PB:y=−√2(x−2)+1，
3
联立¿可得，
x2+2(1−2√2)x+10−4√2=0，
2
10−4√2 4√2−5
因为方程有一个根为2，所以x = ，y = ，
P 3 P 3
10+4√2 −4√2−5
同理可得，x = ，y = ．
Q 3 Q 3
5 16
所以PQ:x+ y− =0，|PQ|= ，
3 3
| 5|
2+1−
点A到直线PQ的距离 3 2√2，
d= =
√2 3
1 16 2√2 16√2
故△PAQ的面积为 × × = ．
2 3 3 9
x2 y2
6、【2022年新高考2卷】已知双曲线C: − =1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为
a2 b2
y=±√3x．(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P(x ,y ),Q(x ,y )在C上，且x >x >0,y >0．
1 1 2 2 1 2 1
过P且斜率为−√3的直线与过Q且斜率为√3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AB上；②PQ∥AB；③|MA|=|MB|．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【解析】(1)
b
右焦点为F(2,0)，∴c=2,∵渐近线方程为y=±√3x，∴ =√3，∴b=√3a，∴c2=a2+b2=4a2=4，∴
a
a=1，∴b=√3．
y2
∴C的方程为：x2− =1；
3
(2)由已知得直线PQ的斜率存在且不为零，直线AB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AB的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则M为线段AB的中点，假若直线AB的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知M在x轴上，
即为焦点F,此时由对称性可知P、Q关于x轴对称，与从而x =x ，已知不符；
1 2
总之，直线AB的斜率存在且不为零.
设直线AB的斜率为k,直线AB方程为y=k(x−2),
则条件①M在AB上，等价于y =k(x −2)⇔k y =k2 (x −2)；
0 0 0 0
两渐近线的方程合并为3x2−y2=0,
联立消去y并化简整理得：(k2−3)x2−4k2x+4k2=0
x +x 2k2 6k
设A(x ,y ),B(x ,y ),线段中点为N(x ,y ),则x = 3 4= ,y =k(x −2)= ,
3 3 3 4 N N N 2 k2−3 N N k2−3
设M(x ,y ),
❑0 0
则条件③|AM|=|BM|等价于(x −x ) 2+(y −y ) 2=(x −x ) 2+(y −y ) 2 ,
0 3 0 3 0 4 0 4
移项并利用平方差公式整理得：
(x −x )[2x −(x +x )]+(y −y )[2y −(y + y )]=0，
3 4 0 3 4 3 4 0 3 4y −y
[2x −(x +x )]+ 3 4[2y −(y + y )]=0,即x −x +k(y −y )=0,
0 3 4 x −x 0 3 4 0 N 0 N
3 4
8k2
即x +k y = ；
0 0 k2−3
由题意知直线PM的斜率为−√3, 直线QM的斜率为√3,
∴由y −y =−√3(x −x ),y −y =√3(x −x ),
1 0 1 0 2 0 2 0
∴y −y =−√3(x +x −2x ),
1 2 1 2 0
y −y √3(x +x −2x )
所以直线PQ的斜率m= 1 2=− 1 2 0 ,
x −x x −x
1 2 1 2
直线PM:y=−√3(x−x )+ y ,即y= y +√3x −√3x,
0 0 0 0
代入双曲线的方程3x2−y2−3=0,即(√3x+ y)(√3x−y)=3中，
得：(y +√3x )[2√3x−(y +√3x )]=3,
0 0 0 0
1 3
解得P的横坐标： x 1 = 2√3 ( y +√3x + y 0 +√3x 0 ) ,
0 0
1 3
同理：x =− ( + y −√3x ) ，
2 2√3 y −√3x 0 0
0 0
1 ( 3 y ) 3x
∴x −x = 0 + y ,x +x −2x =− 0 −x ,
1 2 √3 y2−3x2 0 1 2 0 y2−3x2 0
0 0 0 0
3x
∴m= 0
,
y
0
∴条件②PQ//AB等价于m=k⇔k y =3x ，
0 0
综上所述：
条件①M在AB上，等价于k y =k2 (x −2)；
0 0
条件②PQ//AB等价于k y =3x ；
0 08k2
条件③|AM|=|BM|等价于x +k y = ；
0 0 k2−3
选①②推③:
2k2 8k2
由①②解得：x = ,∴x +k y =4x = ,∴③成立；
0 k2−3 0 0 0 k2−3
选①③推②：
2k2 6k2
由①③解得：x = ，k y = ，
0 k2−3 0 k2−3
∴k y =3x ，∴②成立；
0 0
选②③推①：
2k2 6k2 6
由②③解得：x = ，k y = ，∴x −2= ，
0 k2−3 0 k2−3 0 k2−3
∴k y =k2 (x −2)，∴①成立.
0 0
题型一 圆锥曲线中的最值问题
1-1、（2023·江苏连云港·统考模拟预测）已知椭圆E： 的焦距为 ，且经过点
．
(1)求椭圆E的标准方程：
(2)过椭圆E的左焦点 作直线l与椭圆E相交于A，B两点（点A在x轴上方），过点A，B分别作椭圆的
切线，两切线交于点M，求 的最大值．
【分析】（1）由待定系数法求解析式；
（2）设出直线方程，由韦达定理法及导数法求得两切线方程，即可联立两切线方程解得交点M，再由弦长公式及两点距离公式表示出 ，进而讨论最值.
【详解】（1）由题意得 ，所以 ，即椭圆方程为 ；
（2）当直线l斜率为0时，A，B分别为椭圆的左右顶点，此时切线平行无交点．故设直线l：
，
由 ，得 ．
， ， .
不妨设 在x轴上方，则 在x轴下方．
椭圆在x轴上方对应方程为 ， ，
则A处切线斜率为 ，得切线方程为 ，整理得 .
同理可得B处的切线方程为 ．
由 得 ，
代入①得 ，所以 ．因为 ，所以
设 ，则 ，则 ，
当且仅当 ，即 时， 的最大值是2．
另解：当直线l的斜率存在时，设l： ，
由 得 ，
所以 ， ， ，
椭圆在x轴上方的部分方程为 ， ，
则过 的切线方程为 ，
即 ，
同理可得过 的切线方程为 .
由 得
设 ，则 ，所以直线l的方程为 ，所以 .
，
令 ，则 ，所以 ，
当 时，即 时， 取得最大值，为2．
1-2、（2023·江苏南京·校考一模）在平面直角坐标系 中，已知椭圆 的左、右
焦点分别 、 焦距为2，且与双曲线 共顶点．P为椭圆C上一点，直线 交椭圆C于另一点
Q．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若点P的坐标为 ，求过P、Q、 三点的圆的方程；
(3)若 ，且 ，求 的最大值．
【答案】(1) ；(2) ；(3)
【分析】（1）由焦距为2得到 ，再由双曲线的顶点求出 ，得到 ，椭圆方程；
（2）求出 的方程，与椭圆方程联立后得到点Q的坐标，待定系数法求出圆的方程；
（3）设 ， ，由向量共线得到 ，将 两点坐标代入椭圆方程中，求出
，从而表达出 ，结合基本不等式求出最值.【详解】（1）双曲线 的顶点坐标为 ，故 ，
由题意得 ，故 ，
故椭圆的方程为 ．
（2）因为 ， ，所以 的方程为 ，
由 ，解得点Q的坐标为 ．
设过P，Q， 三点的圆为 ，
则 ，解得 ， ， ，
所以圆的方程为 ；
（3）设 ， ，
则 ， ，
因为 ，所以 ，即 ，
所以 ，解得 ，
所以
，因为 ，所以 ，当且仅当 ，
即 时，取等号． 最大值为
1-3、（2023·黑龙江·黑龙江实验中学校考一模）已知椭圆 经过点 ，且椭
圆的长轴长为 ．
(1)求椭圆 的方程；
(2)设经过点 的直线 与椭圆 相交于 、 两点，点 关于 轴的对称点为 ，直线 与 轴相
交于点 ，求 的面积 的取值范围．
【答案】(1) ；(2)
【分析】（1）根据已知条件可得出 的值，将点 的坐标代入椭圆 的方程，可得出 ，即可得出椭圆
的方程；
（2）分析可知直线 不与 轴重合，设直线 的方程为 ，设点 、 ，将直
线 的方程与椭圆 的方程联立，列出韦达定理，写出直线 的方程，可求得点 的坐标，利用三角形的
面积公式以及对勾函数的单调性可求得 的取值范围.
【详解】（1）解：因为椭圆 的长轴长为 ，则 ，
将点 的坐标代入椭圆 的方程可得 ，可得 ，
所以，椭圆 的标准方程为 .
（2）解：若 与 轴重合，则 不存在，
设直线 的方程为 ，设点 、 ，
若 ，则点 与点 重合，不合乎题意，所以， ，
联立 可得 ，，
由韦达定理可得 ， ，
易知点 ， ，
直线 的方程为 ，
将 代入直线 的方程可得 ，即点 ，
，
所以， ，
令 ，则函数 在 上为增函数，
所以， ，所以， .
故 的面积 的取值范围是 .
题型二 圆锥曲线中的定点问题
2-1、（2023·江苏南通·统考一模）已知双曲线 的左顶点为 ，过左焦点 的直线与
交于 两点.当 轴时， ， 的面积为3.
(1)求 的方程；
(2)证明：以 为直径的圆经过定点.
【答案】(1) ；(2)见解析【分析】（1）根据题意，可得 ， ，进而求解；
（2）设 方程为 ， ，联立直线和双曲线方程组，可得
，以 为直径的圆的方程为 ，由对称性知以
为直径的圆必过 轴上的定点，进而得到 ，进而求解.
【详解】（1）当 轴时， 两点的横坐标均为 ，
代入双曲线方程，可得 ， ，即 ，
由题意，可得 ，解得 ， ， ，
双曲线 的方程为： ；
（2）方法一：设 方程为 ， ，以 为直径的圆的方程为 ，
由对称性知以 为直径的圆必过 轴上的定点，令 ，可得
，
而 ，
，
对 恒成立， ，
以 为直径的圆经过定点 ；
方法二：设 方程为 ，
由对称性知以 为直径的圆必过 轴上的定点.
设以 为直径的圆过 ，
，
而
，
，，即 对 恒成立，
，即以 为直径的圆经过定点 .
2-2、（2023·山西·统考一模）双曲线 的左、右顶点分别为 ， ，焦点到渐近线
的距离为 ，且过点 .
(1)求双曲线 的方程；
(2)若直线 与双曲线 交于 ， 两点，且 ，证明直线 过定点.
【答案】(1) ；(2)见解析
【分析】(1)根据双曲线过点 和焦点到渐近线的距离为 列出方程组，解之即可；
(2)设直线 的斜率为 ，由题意直线 的斜率为 ，将直线方程与双曲线方程联立，利用韦达定理
求出 ， 两点的坐标，再求出 ， 两点所在的直线方程即可求解.
【详解】（1）由双曲线 可得渐近线为 ，
不妨取渐近线 即
由焦点到渐近线的距离为 可得 ，即
由题意得 ，得 ，
从而双曲线 的方程为 .
（2）设直线 的斜率为 ，则直线 的斜率为 ，
由题意可知：直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，联立直线 与双曲线方程 得 ，
于是 ，从而 ，从而 ，
联立直线 与双曲线方程 得 ，
于是 ，从而 ，从而 ，
于是 ，
从而 ，
化简得 ，从而 过定点 .
题型三 圆锥曲线中的定值问题
3-1、（2023·江苏南通·统考模拟预测）已知 ， ， 三个点在椭圆 ，椭
圆外一点 满足 ， ，（ 为坐标原点）.
(1)求 的值；
(2)证明：直线 与 斜率之积为定值.
【答案】(1) ；(2)证明见解析
【分析】（1）设 ，根据向量关系用 表示 ，代入椭圆方程即可求解；
（2）用 表示 ，代入斜率公式即可求解.【详解】（1）设 ，因为 ，所以 解得 ，
又因为 ，所以 解得 ，
因为点 在椭圆上，
所以 ，
即 .
（2）设直线 与 斜率分别为 ，
是定值.
3-2、（2022·山东青岛·高三期末）已知 为坐标原点，点 在椭圆 上，椭
圆 的左右焦点分别为 ，且 .
(1)求椭圆 的标准方程；
(2)若点 在椭圆 上，原点 为 的重心，证明： 的面积为定值.
【解析】(1)
由椭圆 的左右焦点分别为 ，且 ，
可知： ，即 ① ，将 代入方程 得： ②，
① ②联立解得 ，
② 故椭圆的标准方程为 .
(2)
证明：设 ，
当直线 斜率不存在时，即 ，
由原点 为 的重心，可知
故可得此时有 ，该点在椭圆上，则 ，
不妨取 ，则有 ，或 ，
则此时 ;
当直线 斜率存在时，不妨设 方程为 ，
则联立 ，整理得： ，
且需满足 ，
则 ，
2m
所以y + y =k(x +x )−2m= ，
1 2 1 2 1+4k2
由原点 为 的重心知，x =−(x +x ),y =−(y + y ) ，
0 1 2 0 1 2
故 坐标为 ，代入到 中，8km 2 −2m 2
化简得：( ) +4( ) =4 ，即4m2=1+4k2 ，
1+4k2 1+4k2
又原点 为 的重心，故 到直线 的距离为原点 到直线 距离的3倍，
3|m|
所以d=
，
√1+k2
√ −8km 2 4(m2−1)
而|P P |=√1+k2|x −x |=√1+k2 ( ) −4×
1 2 1 2 1+4k2 1+4k2
4√4k2+1−m2 4√4m2−m2
=
√1+k2× =√1+k2×
1+4k2 1+4k2
4√3|m|
=
√1+k2×
，
1+4k2
1 1 4√3|m| 3|m|
因此S = ×|P P |×d= ×√1+k2× ×
△P 0 P 1 P 2 2 1 2 2 1+4k2 √1+k2
6√3|m|2 6√3|m|2 3√3
= = = ，
(1+4k2 ) 4m2 2
综合上述可知： 的面积为定值.
题型四 圆锥曲线中的角度问题
4-1、（2023·江苏南京·南京市秦淮中学校考模拟预测）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 .
4-2、（2023·江苏徐州·徐州市第七中学校考一模）已知双曲线 的实轴长为4，左､右
顶点分别为 ，经过点 的直线 与 的右支分别交于 两点，其中点 在 轴上方.当
轴时，
(1)设直线 的斜率分别为 ，求 的值；
(2)若 ，求 的面积.
【答案】(1) ；(2)
【分析】（1）法一：根据实轴长，求得a值，根据题意，求得 ，可得b值，即可得曲线C方
程，设直线方程为 ，与双曲线联立，根据韦达定理，可得 表达式，代入 ，化简整理，
即可得答案.
法二：由题意，求得a，b的值，即可得曲线C方程，设 方程为 ，与双曲线联立，根据韦达
定理，可得 表达式，代入 ，化简整理，即可得答案.（2）法一：因为 ，根据二倍角的正切公式，结合 及
，化简计算，可得 ，进而可得 方程，与曲线C联立，可得M点坐标，即可得直线
的方程，根据面积公式，即可得答案.
法二：设 ，由 ，结合二倍角正切公式，可得 的值，进而可得直线
方程，与曲线C联立，可得 ，同理可得 ，代入面积公式，即可得答案.
【详解】（1）法一：
因为 ，所以 ，令 得 ，
所以 ，解得 ，
所以 的方程为
显然直线 与 轴不垂直，设其方程为 ，
联立直线 与 的方程 ，消去 得 ，
当 时， ，
设 ，则 .
因为 ，
所以 .
法二：
由题意得 ，解得 ，双曲线 的方程为 .
设 方程为 ，
联立 ，可得 ，
， ，
，
.
（2）法一：
因为 ，
所以 ，
又因为 ，
所以 ，即 ，（※）
将 代入（※）得 ，
因为 在 轴上方，所以 ，所以直线 方程为 ，
联立 与直线 方程 ，消去 得， ，
解得 或 （舍），所以 ，
代入 ，得 ，所以直线 方程为 ，联立 与直线 方程 ，消去 得， ，
解得 或 ，
所以 的面积为 .
法二：
设 ，由 ，可得 ，
，解得 ，
方程 ，
联立 ，可得 ，解得 ，
同理联立 ，解得 ，
.
题型五 圆锥曲线中的探索性问题
5-1、（2023·江苏泰州·泰州中学校考一模）已知椭圆 的左右焦点分别为 ， ，
离心率是 ，P为椭圆上的动点.当 取最大值时， 的面积是
（1）求椭圆的方程：
（2）若动直线l与椭圆E交于A，B两点，且恒有 ，是否存在一个以原点O为圆心的定圆C，
使得动直线l始终与定圆C相切？若存在，求圆C的方程，若不存在，请说明理由
【答案】（1） ；（2）存在，【分析】（1）根据余弦定理和基本不等式确定点P为椭圆短轴端点时， 取最大值，再根据三角形
面积及 ，求得 ， ， ，即可得到答案；
（2）对直线的斜率分存在和不存在两种情况讨论，当直线斜率存在时，设直线 的方程为 ，
， ，利用向量数量积的坐标运算及韦达定理可得 ，即可得到答案；
【详解】（1）依题意可得 ，
设 ，由余弦定理可知： ，
所以 ，
当且仅当 （即P为椭圆短轴端点）时等号成立，且 取最大值；
此时 的面积是 ，
同时 ，联立 和
解得 ， ， ，
所以椭圆方程为 .
（2）当直线l斜率不存在时，直线l的方程为 ，
所以 ， ，此时 ，
当直线 的斜率存在时，设直线 的方程为 ， ， ，
原点O到直线1的距离为d，所以 ，
整理得 ，由 ，可得 ，
，
，
， ，恒成立，
即 恒成立 ，
所以 ，所以 ，
所以定圆C的方程是
所以当 时 ， 存在定圆C始终与直线l相切 ，
其方程是 .
5-2、（2023·安徽·统考一模）我们约定，如果一个椭圆的长轴和短轴分别是另一条双曲线的实轴和虚轴，
则称它们互为“姊妺”圆锥曲线.已知椭圆 ，双曲线 是椭圆 的“姊妺”圆锥曲
线， 分别为 的离心率，且 ，点 分别为椭圆 的左､右顶点.
(1)求双曲线 的方程；
(2)设过点 的动直线 交双曲线 右支于 两点，若直线 的斜率分别为 .（i）试探究 与 的比值 是否为定值.若是定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由；
（ii）求 的取值范围.
【答案】(1) ；(2)（i） 为定值 ；（ii） ；
【分析】（1）根据“姊妺”圆锥曲线的定义设出双曲线方程 ，利用 求得参数b的值，
即得答案.
（2）（i）设 ，直线 的方程为 ，联立双曲线方程，可得根与系数的关系，结
合 的表达式，化简即可得出结论；（ii）设直线 ，代入双曲线方程，根据韦达定理可
解得 ，结合A在双曲线右支，可得 ，即可求得 的范围，同理求得 的范围，结
合二次函数性质，即可求得答案.
【详解】（1）由题意可设双曲线 ，
则 ，解得 ，
所以双曲线 的方程为 .
（2）（i）设 ，直线 的方程为 ，
由 ，消元得 .则 ，且 ，
；
或由韦达定理可得 ，即 ,
，
即 与 的比值为定值 .
（ii）设直线 ，代入双曲线方程并整理得 ，
由于点 为双曲线的左顶点，所以此方程有一根为 ，.
由韦达定理得： ，解得 .因为点A在双曲线的右支上，所以 ，
解得 ，即 ，
同理可得 ，
由（i）中结论可知 ，
得 ，所以 ，
故 ，
设 ，其图象对称轴为 ，
则 在 上单调递减，故 ，
故 的取值范围为 .
另解：由于双曲线 的渐近线方程为 ，
如图，过点 作两渐近线的平行线 与 ，由于点A在双曲线 的右支上，
所以直线 介于直线 与 之间（含 轴，不含直线 与 ），所以 .
同理，过点 作两渐近线的平行线 与 ，由于点 在双曲线 的右支上，
所以直线 介于直线 与 之间（不含 轴，不含直线 与 ），
所以 .
由（i）中结论可知 ，
得 ，所以 ,
故
1、（2023·安徽安庆·校考一模）已知椭圆 的焦点分别为 ， ，且 ，上顶
点为 .
（1）求椭圆的标准方程；
（2）点 在椭圆上，若 ，求 的大小.【答案】（1） ；（2）
【分析】(1)由焦点和顶点坐标可得c和b的值，结合 得到a,从而得到椭圆方程；（2）由点 在
椭圆上和椭圆定义，得到 ，然后利用余弦定理计算即可.
【详解】（1）由已知得 ， ，又
∴
∴椭圆的标准方程为
（2）点 在椭圆上∵ ，
∴
∴
∴
2、（2023·黑龙江大庆·统考一模）已知双曲线 与椭圆 有相同的焦点，且焦点到渐近线的距离
为2.(1)求双曲线 的标准方程；
(2)设 为双曲线 的右顶点，直线 与双曲线 交于不同于 的 ， 两点，若以 为直径的圆经过点
且 于 ，证明：存在定点 ，使得 为定值.
【分析】（1）由已知可设，双曲线 的标准方程为 ，根据条件列出a，c关系式，
解出代入方程即可；
（2）对直线的斜率能否为0进行讨论.斜率不为0时，设 的方程为 ，联立直线与椭圆的方程，有
垂直关系时，在圆锥曲线中常用向量法，化简得到m，k的关系式；斜率不存在时，写出直线方程，验证
即可.
【详解】（1）设双曲线 的标准方程为 ，焦点为 ， ，
因为双曲线 与椭圆 有相同的焦点，所以 .
因为焦点到渐近线的距离为2，所以 ，从而 ，
故双曲线 的标准方程为
（2）证明：设 ， .
①当直线 的斜率存在时，设 的方程为 ，
联立方程组
化简得 ，
则 ，即 ，
且
因为 ，
所以，
化简得
所以 或 ，且均满足 .
当 时，直线 的方程为 ，直线 过定点 ，与已知矛盾；
当 时，直线 的方程为 ，过定点
②当直线 的斜率不存在时，由对称性，不妨设DE方程为：y=x-1，联立方程组 ，得
得 ， ，此时直线 过定点
因为 ，所以点 在以 为直径的圆上， 为该圆的圆心, 为该圆的半径，故存在定点
，使得 为定值 .
3、(2022·南京9月学情【零模】)(本小题满分12分)在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：(a＞b＞0)的左，
右顶点分别为A，B．F是椭圆的右焦点，＝3，·＝3．
(1)求椭圆C的方程；
(2)不过点A的直线l交椭圆C于M，N两点，记直线l，AM，AN的斜率分别为k，k ，k ．若k(k ＋k)＝
1 2 1 2
1，证明直线l过定点，并求出定点的坐标．
【考点】圆锥曲线中椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系：定点问题
【解析】
(1)由题意，知A(－a，0)，B(a，0)，F(c，0)．
因为＝3，·＝3，
所以…………………………………………………………………2分
解得从而b2＝a2－c2＝3．
所以椭圆C的方程．…………………………………………………………4分
(2)设直线l的方程为y＝kx＋m，M(x，y)，N(x，y)．
1 1 2 2
因为直线l不过点A，因此－2k＋m≠0．
由得(．
则，xx＝．…………………………………………………………6分
1 2
所以k＋k＝＋＝
1 2
＝
＝＝．
由k(k＋k)＝1，可得3k＝m－2k，即m＝5k．……………………………………………10分
1 2
故l的方程为y＝kx＋5k，恒过定点(－5，0)．……………………………………………12分4、（2022·山东枣庄·高三期末）如图， 为椭圆 的左顶点，过原点且异于 轴的直线与椭圆
交于 两点，直线 与圆 的另一交点分别为 ．
5、（2023·山西晋中·统考三模）椭圆 的左、右顶点分别为 ，过左焦点 的
直线与椭圆交于 两点（其中 点位于x轴上方），当 垂直于 轴时， ．
(1)求椭圆的方程；
(2)记直线 的斜率分别为 ，求 的最小值．
【答案】(1)
(2) ．
【详解】（1）因为椭圆 的左焦点为 ，
所以 ，
将 代入 ，得 ，
故 ，
解得 ， ，
∴椭圆方程为 ．
（2）因为直线 过点 ，且点 位于x轴上方，
所以直线 斜率不为0，设直线 的方程为 ，联立
消去x得， ．
方程 的判别式 ，
设 ， ，由已知 ，
于是 ，
所以 ， ，
又椭圆 的左顶点 的坐标为 ，右顶点 的坐标为 ，
所以 ，
因为 ， ， ，
所以 ， ，
因为 ，
所以 ，即 ，
所以 ，当且仅当 ，即 时等号成立，
所以当 时， 取最小值，最小值为 ．6、（2022·江苏苏州·高三期末）在平面直角坐标系 中，已知点 ， ，直线 与直线
的斜率之积为 ，记动点 的轨迹为曲线 ．
(1)求曲线 的方程；
(2)若点 为曲线 上的任意一点（不含短轴端点），点 ，直线 与直线 交于点 ，直线
与 轴交于点 ，记直线 的斜率为 ，直线 的斜率为 ，求证： 为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）设 ，直接根据条件列方程，注意挖去两点，即可得到答案；
（2）设 ，直线 方程为 ，将 ， 用 表示，进行计算可得 为定值；
(1)
设 ， ， ， ，
，
曲线 的方程为 ．
(2)
设 ，直线 方程为
直线 方程为： ， 方程为：
在 方程中令 ，联立 ，
，
为定值．
