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第08 讲 直线与圆锥曲线的位置关系
目录
01 常考题型过关练
型
题
01 直
与
曲
的位置关系
线
圆锥
线
型
题
02 弦长问题
型
题
03 中点弦问题
型
题
04 面积问题
型
题
05 定点、定直线问题
型
题
06 定值问题
型
题
07
合
综
问题
02 核心突破提升练
03 真题溯源通关练
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01 直线与圆锥曲线的位置关系
1．已知直线
与曲线
有两个公共点，则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】方程变形，分析曲线为半椭圆形状，再由直线与椭圆的位置关系，利用代数法求解判别式，结合
图形分析
范围可得答案.
【详解】由
，得
，即
，
所以
为椭圆
的右半部分．
当
时，直线
与
有两个公共点；
当
时，直线
，令
，
将
代入
，得
，
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则
，得
，则
．
由图可知
，所以
．
综上，
的取值范围是
．
故选：D.
2．过点
与双曲线
有且仅有一个公共点的直线的斜率的取值集合是 ．
【答案】
【分析】设直线的方程为：
，联立双曲线
得到
，解方程
即可.
【详解】设直线的方程为：
，联立双曲线
得：
当
时，方程有唯一解，此时
.
当
时，令
，则
解得
．
故答案为：
.
3．已知抛物线
上存在关于直线
对称的相异两点，求实数
的取值范围．
【答案】
【分析】设出对称的两点
和弦
的中点
，求出直线
的解析式，直曲联立，利用韦达定理求出中
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点
的纵坐标，进而求出中点
的横坐标，利用点
在抛物线的开口内即可求出实数
的取值范围．
【详解】由题意，
在抛物线
中，存在关于直线
对称的相异两点，
设两点为
，且弦
的中点为
．
由几何知识得，
，所以
．
设
与
联立，
得
，方程
的判别式
，
所以
，
所以
所以
．
因为点
在直线
上，
所以
，故
．
点
在抛物线的开口内，
，
所以
．
解得
．
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∴实数
的取值范围是
．
02 弦长问题
4．双曲线
的焦点弦长为
的弦有（ ）
A．8 条
B．4 条
C．2 条
D．1 条
【答案】B
【分析】结合双曲线的通径、左右顶点的距离与对称性，分该弦与双曲线是否交于同一支讨论即可得.
【详解】由
，可得其通径为
，
注意到左右顶点的距离为
，
所以过一个焦点，可作满足题意与双曲线交于两支的弦有两条，交于一支的情况不存在，
结合双曲线的对称性，该双曲线满足题意的焦点弦共有4 条.
故选：B.
5．设抛物线
被直线
截得的弦
的长为
，则
．
【答案】2
【分析】直线方程联立抛物线方程消去
，利用弦长公式即可得解.
【详解】由
得
，即
．
设
，因为
，所以
，
由弦长公式得
，
即
，解得
或
（舍）．
故答案为：2
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6．已知
是双曲线
与直线
的交点，求线段
的长度为 .
【答案】30
【分析】联立直线方程和双曲线方程，利用弦长公式可求线段
的长度.
【详解】设点
的坐标为
，点
的坐标为
．
因为
是双曲线
与直线
的交点，
所以点
的坐标满足
，所以
，
此时
，由韦达定理可得
，
因为
，
所以
，
故答案为：30.
7．已知斜率为1 的直线过椭圆
的上焦点
交椭圆于
两点，则
．
【答案】
【分析】求得离心率，利用弦长公式可求解.
【详解】
，离心率
，通径
，直线的倾斜角
．
．
8．过双曲线
右焦点的直线交双曲线于
两点，若
，则这样的直线有 条．
【答案】4
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【分析】根据题意，分直线斜率不存在与存在时，设
，
，联立得
，利用弦长公式得到
，再根据方程求解即可.
【详解】由题知双曲线右焦点
，
当直线斜率不存在时，
，此时
，不符合题意；
当直线斜率存在时，设
，
，
，
，
，
则
或
，
综上，这样的直线有4 条.
故答案为：4.
03 中点弦问题
9．直线与双曲线
交于
两点，线段
的中点为
，则直线的方程为（ ）
A．
B．
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C．
D．
【答案】A
【分析】由点差法求出直线的斜率，再由点斜式方程求解即可.
【详解】设
，
，
因为线段
的中点为
，所以
，
，
所以
，两式相减可得：
，
即
，
所以
，即
，
所以直线的斜率为，所以直线的方程为：
，
化简为：
，经检验符合题意.
故选：A.
10．已知抛物线
与直线
交于
，
两点，且线段
中点的横坐标为
，
则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】利用点差法列方程可得解.
【详解】设
，
，则
，
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整理得
，
因为线段
中点的横坐标为
，
所以线段
中点的纵坐标为
，则
，
从而可得
，
故选：D.
11．已知抛物线
，直线与
交于
两点，
为弦
的中点，则直线的斜率为 ．
【答案】1
【分析】写出直线的方程，与抛物线方程联立，运用韦达定理求解
.
【详解】由题意直线的方程为
，即
，与抛物线方程联立：
，得
，
即
，
，
解得
.
故答案为：1.
04 面积问题
12．如图，
，
分别是双曲线
的左、右焦点，C，A 分别是双曲线上第一、二象限的点，若
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，则四边形
的面积的最小值为（ ）
A．
B．
C．2
D．
【答案】B
【分析】设
，
与双曲线的另一个交点分别为B，D，结合对称性可知
，设直线
CD：
，联立方程结合韦达定理可得
，换元令
，
结合二次函数性质求最值.
【详解】如图，设
，
与双曲线的另一个交点分别为B，D，
连接AD，BC，BD，由对称性易知四边形ABDC 为平行四边形，且
，
由题意可知：
，
，则
，
，
且直线CD 的斜率不为0，设直线CD：
，
，
，
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联立方程
消去x 得
，
则
，可得
，
，
由图可知
，解得
，
则
，
且点
到直线CD 的距离
，，
可得
，
令
，
，则
，
当且仅当
时，等号成立，
所以四边形
的面积的最小值为
．
故选：B.
13．(多选)已知点P 是抛物线
上的一个动点，点F 为抛物线的焦点，点Q 是圆
上
的一个动点，直线l 与抛物线交于M、N 两点，则下列说法正确的是（ ）
A．
的最小值为4
B．过P 作圆C 的切线，切点为A，B，则
的最小值是
C．设线段
的中点坐标为
，则直线l 的斜率与
无关
D．若直线l 过点F，且
，则直线l 的斜率为
【答案】ABD
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【分析】根据抛物线的定义可判断选项A；对于B，先设
，利用坐标运算求出
，
再将
转化为
即可得出判断；设
，利用点差法即可判断选项C；将
转化为
坐标的关系，结合
求出坐标即可判断选项D.
【详解】由题意知抛物线
的焦点为
，准线为
，圆
的圆心为
，
半径
，
对于A，
，
过点P 作
垂直于直线，垂直为Q，由抛物线定义可知：
，
三点共线时等号成立，
所以
的最小值为4，故选项A 正确；
对于B，设
，则
，
因为
是圆
的两条切线，切点为A，B，所以
，
所以
，故选项B 正确；
对于C，设
，则
，两式作差，得
，
又线段
的中点坐标为
，所以
，
因此直线l 的斜率为
，故选项C 错误；
对于D，设
，由
得，
，
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又
，解得
，所以
或
，
所以直线l 的斜率为
，故选项D 正确.
故选：ABD.
14．(多选)已知双曲线
，则（ ）
A．C 的离心率为
B．
的渐近线方程为
C．直线
与
有2 个公共点
D．过右焦点的直线与
的交点分别为
，当
时，这样的直线有3 条
【答案】ABD
【分析】根据双曲线方程确定双曲线的
即可得双曲线的离心率、渐近线方程，从而可判断直线与双
曲线的位置关系，过焦点的弦长与通经、实轴长的关系.
【详解】解：由双曲线
可知，
，所以
，
，所以
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，所以A 正确；
双曲线
的渐近线方程为
，所以B 正确；
因为直线
与渐近线平行，且过
，所以与
只有一个公共点，所以C 错误；
因为由
，当
时，双曲线的通经长为
，过右焦点的直线与
的交点分别为
，当
时，点
均在双曲线的右支上有两条直线使得
，
又因为双曲线的实轴长
，所以点
分别在双曲线的左､右顶点时，也满足
有1 条，
综合可知当
时，这样的直线有3 条，所以D 正确.
故选：ABD.
15．（多选）已知双曲线
，不与
轴垂直的直线与双曲线右支交于点
，
（点
在
轴上方，点
在
轴下方），与双曲线渐近线交于点
，
（点
在
轴上方，点
在
轴下方），
为
坐标原点，则下列选项中正确的是（ ）
A．
恒成立
B．若
，则
C．
面积的最小值为1
D．对每一个确定的
，若
，则
的面积为定值
【答案】ABD
【分析】对于A 选项，设直线方程为
，分别与双曲线方程以及双曲线的渐近线方程联立，求出
中点坐标，并判断是否相等即可；对于B 选项，由
，得到
，结合A 选
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项的结果，即可判断选项B 是否正确；对于C 选项，设直线方程为
，
，
直线分别与渐近线方程联立，求出
坐标，进而求出
的面积，根据
的范围，求出
的
面积的范围即可；对于D 选项，由已知可得
，利用选项A 的方程，得到
关系，求出
的面积即可.
【详解】对于A，设
，代入
得
，①
显然
，
，即
，
设
，
，则
，
是方程①的两个根，
有
，
，
设
，
，由
得
，
由
得
，
则
，所以
和
的中点重合，
如图，从而
，所以
恒成立．故A 正确．
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对于B，因为
和
的中点重合，所以
，
又
，所以
，所以
，故B 正确．
对于C，设直线的方程为
，
，
，
由
得
，由
得
，
，
，
，
，
因为
，所以
，故C 错误．
对于D，因为
，所以
，则
，
即
.
∵
，
，
，
．
∴
，
即
，所以
，
，
又
，
，
，
所以
，是定值．故D 正确．
故选：ABD．
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05 定点、定直线问题
16．已知抛物线
是曲线上两点，且
，求证：直线
过定点．
【答案】证明见解析
【分析】设直线
方程为
，代入抛物线方程，设
，化简得韦达定理，由
可推得
或
，回代入直线方程，即可证明结论.
【详解】
如图，由题知直线
的斜率不可能为0，可设其方程为
，
代入
可得：
，则
，
设
，则
，
因
，则
，
即
，则
或
，
当
时，直线
经过原点，显然不符合要求；
当
时，直线
方程为
，显然经过点
，即直线
过定点.
17．已知双曲线
的左顶点为
，离心率为3，
是
上的两点.
(1)求
的标准方程；
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(2)若线段
的中点为
，求直线
的方程；
(3)若
（
不在直线
上），证明：直线
过定点.
【答案】(1)
(2)
.
(3)证明见解析
【分析】（1）利用离心率公式和双曲线
的关系得到双曲线方程；
（2）根据点差法结合线段中点坐标解得直线的斜率，从而解得答案；
（3）设直线
的方程为
，联立方程组消元得到
通过韦达定理有
，
，结合
，化简得
，解得
或
，当
和
时，分别分析直线
的方程，进而求得定点；
【详解】（1）因为
，
，
所以
，故
的标准方程为
·
（2）
设
，
，根据题意易得
.
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因为
是
上的两点，所以
两式相减得
，即
因为
，
所以
所以直线
的方程为
经检验，此时直线
与双曲线C 有两个交点，满足题意，则直线
的方程为
.
（3）证明：依题意可设直线
的方程为
.
由
，得
则
，
，
，由（2）知
，
因为
，所以
即
即
即
，得
，解得
或
.
当
时，直线
，直线
过点
，不符合题意，舍去；
当
时，直线
，满足
，则直线
过定点
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故直线
过定点
18．已知
分别是双曲线
的左､右焦点，
是
的右顶点，
，且
与
椭圆
有相同的焦点.
(1)求
的方程；
(2)若直线
与
的公共点个数为1，求
的值；
(3)已知
是
上不同的两点，直线
的斜率分别为
不在直线
上，且
，证明：
直线
过定点.
【答案】(1)
(2)
或
(3)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆焦点的定义，得双曲线的焦点，根据双曲线焦点，求出双曲线标准方程即可.
（2）分类讨论双曲线与直线只有一个交点的情况，分别计算直线斜率的值.
（3）根据直线与圆锥曲线的位置关系和韦达定理，根据已知条件列出参数的方程，证明直线过定点问题.
【详解】（1）椭圆
的焦点为
，所以双曲线
的焦点也为
，即
.
因为
，所以
，所以
，
故双曲线
的方程为
.
（2）联立
，得
，即
.
①当
，即
时，直线与
的渐近线平行，只有1 个交点；
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②当
，即
时，
直线与
相切，只有1 个交点.
综上，当直线与
的公共点个数为1 时，
或
；
（3）
易知
，如图，设
，
显然直线
不与
轴垂直，则设
的方程为
，且
.
联立
，消去
得
，
显然
，
所以
，
因为
，
所以
，
化简得
，即
，
又
，化简得
，所以直线
过定点
.
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06 定值问题
19．已知椭圆
：
的离心率
．
(1)求椭圆
的方程；
(2)如图所示，
是椭圆
的顶点，
是椭圆
上除顶点外的任意点，直线
交
轴于点
，直线
交
于点
．设
的斜率为
的斜率为
，求证：
为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据离心率和
，联立即可求解
得椭圆方程，
（2）联立直线与椭圆方程可得
，联立两直线方程可求解
，进而根据三
点共线的向量坐标关系可求解
，即可由斜率公式求解.
【详解】（1）因为
，故
，所以
．
由
，得
．
所以椭圆
的方程为
．
（2）因为
不为椭圆顶点，则
的方程为
且
．①
将①代入
，
，
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故
，解得
，故
．
又直线
的方程为
．②
①与②联立解得
．
由
得
,
由三点共线可得
，
求得
．
所以
的斜率
，则
（定值）．
20．已知椭圆
的离心率为
，左、右顶点分别为A、B，左、右焦点分别为
、
，
过右焦点
的直线l 交椭圆于点M、N，且
的周长为
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)（i）求
的最小值；
（ii）记直线AM、BN 的斜率分别为
、
，证明：
为定值.
【答案】(1)
；
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(2)
；
证明见解析．
【分析】（1）依题意由椭圆定义及性质求出a，b，c 的值，即可求解椭圆方程；
（2）（i）设点M 的坐标为
，表示出
，由二次函数性质即可求解；（ii）设出直线l 的
方程及点M、N 的坐标，并与椭圆方程联立，结合韦达定理及斜率公式即可证明．
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，
因为
的周长为8，由椭圆的定义可得：
，即
，
又椭圆离心率为
，所以
，则
，
所以椭圆C 的方程为：
（2）（i）由椭圆方程得
，
，设
，
因为点M 在椭圆C 上，所以
，即
，
所以
，
所以
，
当
，即M 为椭圆上下顶点时，
，
所以求
的最小值为
；
（ii）证明：依题意，直线l 与x 轴不重合，设l 的方程为：
，
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联立
，消去x 得
，
方程
的判别式
，
设
，
，则由韦达定理得
，
则
，
注意到
，即
，
所以
，
所以
21．已知椭圆
：
的焦点与双曲线
的焦点重合，椭圆
的离心率为
．
(1)求椭圆
的方程；
(2)过点
作斜率不为
的直线，交椭圆
于
两点，点
，若
为定值，求
点
的坐标．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出双曲线的焦点坐标，再根据椭圆的离心率公式即可求解；
（2）设
，
，设直线方程为
，由
及韦达定理得
，
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，由平面向量数量积的坐标运算得
，故
，求解即可.
【详解】（1）
双曲线
的焦点为
，
，
对椭圆
：
有
，
又椭圆
的离心率为
，则由
，得
，
又有
，
椭圆
的标准方程为
；
（2）设
，
，设直线方程为
，
由
，整理得：
，
由
，
，
，
，
，
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，
要使
为定值，则
，
即
，即
，
解得：
或
舍，
故
．
22．在直角坐标系
中，已知椭圆
（
）的长轴长为
，离心率为
，直线与
轴交于点
，与
相交于
、
两点．
(1)求
的标准方程；
(2)若的斜率为，且
，求
的值；
(3)是否存在
，使
恒为定值
？若存在，请求出
与
的值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)
，
【分析】（1）根据椭圆的长轴与离心率直接可得解；
（2）联立直线与椭圆方程，结合根与系数关系表示向量数量积，即可得解；
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（3）设直线方程，联立直线与椭圆，结合根与系数关系表示
，化简即可得解.
【详解】（1）由已知椭圆的长轴长为
，即
，
又椭圆的离心率
，则
，
所以
，
故椭圆方程为
；
（2）由已知直线的斜率为，且过点
，则直线的方程为
，
设
，
，
联立直线与椭圆
，得
，
则
，即
，
且
，
，
则
，
则
，
解得
；
（3）当直线斜率存在时，设直线
，即
，
联立直线与椭圆
，得
，
则
，
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且
，
，
则
，
，
则
，
又
恒为定值
，
则
，解得
，即
，
且
；
当直线斜率不存在时，直线
，
则
，则
，
，
此时
，
则
，
易知当
时，
.
【点睛】(1)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．
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(2)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．
07 综合问题
23.如图，椭圆的方程为
，左、右焦点分别为
．设
是椭圆上位于
轴上方的
两点，且直线
与直线
平行，
与
交于点
．
(1)若
，求直线
的斜率；
(2)求证：
是定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）联立直线与椭圆方程，可求解
，进而根据两点距离公式，代入化简即可求
解，
（2）根据相似，结合椭圆的定义可得
，
，即可相加，
结合
，
，化简即可求解.
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【详解】（1）由于
，又因为
，
所以设直线
的方程分别为
，
，
，
，
，
．
联立方程
可得
，求得
．
所以
．①
同理可得，
．②
由①②两式得，
．
由已知得
，故
．
注意到
，所以
．所以直线
的斜率为
．
（2）证明：因为
，所以
，
即
，即
．
所以
．
由点
在椭圆上知，
，
所以
．
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同理可得，
．
所以
．
由①②两式得，
，
，
所以
．
所以
是定值．
24.曲线
的方程为
，曲线
的方程为
，设
为圆
外一点，过点
作圆
的两条切线，分别与曲线
相交于点
，
和C，D．求证：当点
在直线
上运动时，
四点的纵坐标之积为定值．
【答案】证明见解析
【分析】设出切线方程，把直线与曲线方程联立，由一元二次方程根与系数的关系，代入化简即可得到
四点纵坐标之积为定值.
【详解】当点
在直线
上运动时，点
的坐标为
．
又
，则过点
且与圆
相切所得直线的斜率
存在且不为0，每条切线都与抛物线有两个交点，切
线方程为
，即
．于是
．
整理得
．①
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设过点
所作的两条切线
的斜率分别为
，则
是方程①的两个实根，故
．②
由
得
．③
设
四点的纵坐标分别为
，则
是方程③的两个实根，
所以
．④
同理可得
．⑤
于是，由②④⑤三式得
．
所以，当点
在直线
上运动时，
四点的纵坐标之积为定值6400．
25.过椭圆
上一点
向圆
引两条切线
，
，切点分别为
，如直线
与
轴、
轴分别交于
两点．
(1)若
，求
点坐标；
(2)求直线
的方程（用
表示）；
(3)求
面积的最小值（
为原点）；
(4)求
面积的最大值．
【答案】(1)
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(2)
(3)
(4)2
【分析】（1）由题可得四边形
为正方形，则
，设
，利用
构建
方程即可求解.
（2）根据切点弦直线方程的求解过程求解即可.
（3）由（2）得
，根据面积公式和基本不等式求解即可.
（4）根据点到直线的距离公式求得
，利用圆的弦长公式求得弦长
，再利用三角形面积公式及基本不
等式求解最值即可.
【详解】（1）若
，则
，又
，
所以四边形
为正方形，则
．
又点
在椭圆上，可设
，
则
，
即
，解得
，
所以
．
（2）设
，
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则圆
在
处的切线方程分别为
，
又过点
，所以
，
所以弦
的方程为
．
（3）直线
与两坐标轴的交点分别为
．
因为
，
所以
．
所以
面积的最小值为
．
（4）圆心
到直线
的距离为
，
所以
，
令
，
则
，当
，即
时取等，
所以
面积的最大值为2．
26.已知抛物线
上一点
到焦点
的距离为，直线
与抛物线交于
、
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两点，
（
为坐标原点）．
(1)求抛物线的方程；
(2)求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据条件，利用焦半径公式，得
，即可求解；
（2）设
，联立直线与抛物线方程，结合条件，利用根与系数间的关系，得
，即可求解.
【详解】（1）因为抛物线上点
到焦点
的距离为，所以
，
解得
，所以抛物线的方程为
.
（2）设
，由
，消
得到
，
因为
，所以
，且
，
所以
，
又
，则
，即
解得
或
，又因为
，所以
.
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1．
已知抛物线方程为
，F 为焦点，P 为抛物线准线上一点，Q 为线段PF 与抛物线的交
点，定义：
．已知点
，则
；设点
，若
恒成立，则k 的取值范围为 ．
【答案】 4
【分析】过点Q 作抛物线准线的垂线QE，垂足为点E，设
，则
为锐角，利用抛物线的定义结
合三角函数的定义可得
，当点P 坐标为
时，求出
的值，可求得
的值；将
恒成立转化为
，求出
的值可得出k 的取值范围．
【详解】如图所示，过点Q 作抛物线准线的垂线QE，垂足为点E，
设
，则
为锐角，
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设抛物线
的准线与x 轴的交点为M，则
，
由抛物线的定义可知
，
，
因为
，所以
，
所以
，
当点P 的坐标为
时，
，则
，
此时
．
当点
时，若
恒成立，
则
，
，
所以
．
故答案为：4；
2．如图，已知点
是抛物线
上两个动点，且
，求证：直线
过定点．
【答案】证明见解析
【分析】设
，写出
，再利用已知条件，化简即可得证.
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【详解】证明：设
，直线
，
把
代入抛物线方程得
，即
，
则
.
由于
，且
，
可得
，
从而
，
整理得
，即
．
所以
，从而
．
所以直线
过定点
．
综上，即证得直线
过定点.
3．
设
为椭圆
上任一点，过焦点
的弦分别为
．设
，求
的值．
【答案】10
【分析】联立直线与椭圆的方程得韦达定理，进而根据向量的线性关系可得
的表达式，代入化简即可
求解.
【详解】如图，设
，
,
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则
，其中
，
与椭圆方程联立可得
，整理得
．
故
．
同理可得
．
由于
即
可得
由于
在椭圆上，故有
．
从而
．
4．已知椭圆
和抛物线
．从两条曲线上各取两个点，将其坐标混
合记录如下：
，
．
(1)求椭圆
和抛物线
的方程；
(2)设
为实数，已知点
，直线
与抛物线
交于
两点，记直线
的斜率分别为
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，判断
是否为定值．若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
，
(2)
为定值－12．
【分析】（1）算出四点对应的抛物线方程，注意到
对应的
一样，可得
，
在抛物线上，从而
在椭圆上，即可得抛物线与椭圆方程；
（2）联立抛物线与直线方程，由根与系数的关系可判断
是否为定值．
【详解】（1）将四个点代入抛物线方程解得
的值分别为
，
注意到
对应的
一样，所以
，
在抛物线上，
故抛物线
的方程为
．
为椭圆上的点，
则
所以椭圆
的方程为
．
（2）
是定值．
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理由如下：如图，设
，
联立
．
，由根与系数的关系得
，
又因为
，所以
，同理
．
，
所以
为定值
．
5．
已知椭圆C：
经过点
．
(1)求C 的离心率．
(2)设A，B 分别为C 的左、右顶点，P，Q 为C 上异于A，B 的两动点，且直线
的斜率恒为直线
的斜
率的5 倍．
①当b 的值确定时，证明：直线
过x 轴上的定点；
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②按下面方法构造数列
：当
时，直线
过的定点为
，且
，设
，
证明：
．
【答案】(1)
(2)① 证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）根据题意，将点
代入椭圆方程得
，进而求得离心率；
（2）①由题可知直线
的斜率不可能为0，设
的方程为
，与椭圆方程联立可得根与系数关系，
结合
，解得
，进而得证；②根据题意，可得
是等比数列，求得
，得
，分n 为偶数和奇数分别证明.
【详解】（1）因为椭圆C 经过点
，所以
，故
，
所以C 的离心率
.
（2）①由（1）知C 的方程为
，
，
.
由对称性可知直线
的斜率不可能为0，设
，
，设
的方程为
．
由
，可得
，
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所以
，即
，
且
，
．所以
．
则
，
解得
，则
的方程为
，
即直线
过x 轴上的定点
.
②由①可知，
，又
，
，
所以
是首项为2，公比为2 的等比数列.
所以
，
.
当n 为偶数时，
，
所以
.
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当
为奇数时，因为
，
所以
.
综上可得：
.
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1．（2024·北京·高考真题）若直线
与双曲线
只有一个公共点，则
的一个取值为
．
【答案】
（或
，答案不唯一）
【分析】联立直线方程与双曲线方程，根据交点个数与方程根的情况列式即可求解.
【详解】联立
，化简并整理得：
，
由题意得
或
，
解得
或无解，即
，经检验，符合题意.
故答案为：
（或
，答案不唯一）.
2．（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)
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【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
，
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此时
应满足
，即
应满足
或
，
综上所述，
满足题意，此时
或
.
3．（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）
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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
.
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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.
4．（2024·新课标
卷
Ⅰ
·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.
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【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
，
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，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
，
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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
，
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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·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，
．
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(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
，
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，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
.
6．（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)
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(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
，
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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
.
7．（2024·新课标
卷
Ⅱ
·高考真题）已知双曲线
，点
在
上，
为常数，
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．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）
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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
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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：
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.
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
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.
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
.
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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.
