第08 讲 直线与圆锥曲线的位置关系
目录
01
考情解码・命题预警
2
02 体系构建·思维可视..........................................................................................................................3
03 核心突破·靶向攻坚..........................................................................................................................4
知能解码.........................................................................................................................................4
知识点1 直线与椭圆的位置关系.......................................................................................4
知识点2 直线与双曲线的位置关系...................................................................................4
知识点3 直线与抛物线的位置关系...................................................................................6
题型破译................................................................................................................................................7
题型1 直线与圆锥曲线的位置关系...................................................................................7
【方法技巧】判别式法
题型2 弦长问题...................................................................................................................9
【方法技巧】弦长公式
题型3 中点弦问题.............................................................................................................13
【方法技巧】点差法
【易错分析】焦点所在坐标轴
题型4 面积问题
..........................................................................................................16
题型5 定点、定直线问题
..........................................................................................22
题型6 定值问题
..........................................................................................................29
题型7 综合问题
...........................................................................................................35
04 真题溯源·考向感知........................................................................................................................43
05 课本典例·高考素材........................................................................................................................55
考点要求
考察形式
2025 年
2024 年
2023 年
了解直线与圆锥曲线位
置关系的判断方法；掌
握直线被圆锥曲线所截
的弦长公式；能利用方
程及数形结合思想解决
焦点弦、中点弦问题
单选题
多选题
填空题
解答题
全国一卷，18
题，17 分
全国二卷，16
题，15 分
天津卷，18 题
新课标I 卷：第16 题，
15 分
新课标Ⅱ卷：第10 题，
6 分
新课标Ⅱ卷：第19 题，
17 分
新课标I 卷：第22 题，12
分
新课标Ⅱ卷：第21 题，
12 分
全国甲卷（理数）：第20
题，12 分
考情分析：圆锥曲线综合问题是高考数学的重难点内容。常见的考点有定点、定值、定直线、最值范围、证明及
存在性问题，以及三角形（四边形）面积问题，主要在解答题的第2 问中进行考查，难度较大。在今年的高考中
依旧是命题的热点方向
复习目标：
1.直线与圆锥曲线的位置关系及其应用；
2.曲线方程及曲线轨迹.
知识点1 直线与椭圆的位置关系
1.直线与椭圆的位置关系
将直线的方程
与椭圆的方程
联立成方程组，消元转化为关于x 或y 的
一元二次方程，其判别式为Δ.
①Δ＞0
直线和椭圆相交
直线和椭圆有两个交点(或两个公共点）；
②Δ＝0
直线和椭圆相切
直线和椭圆有一个切点(或一个公共点)；
③Δ＜0
直线和椭圆相离
直线和椭圆无公共点．
2.直线与椭圆的相交弦
设直线
交椭圆
于点
两点，则
=
=
同理可得
自主检测直线
与椭圆
的公共点个数为 ．
【答案】2
【分析】求出直线恒过的定点与椭圆的位置关系，即可判断直线与椭圆的交点的个数．
【详解】直线
恒过
，
由于
，所以
是椭圆内部的一点，
所以直线与椭圆恒有2 个交点．
故答案为：2．
知识点2 直线与双曲线的位置关系
直线与双曲线的位置关系
将直线的方程
与双曲线的方程
联立成方程组，消元转化为关于x 或y
的一元二次方程，其判别式为Δ.
若
即
，直线与双曲线渐近线平行，直线与双曲线相交于一点；
若
即
，
①Δ＞0
直线和双曲线相交
直线和双曲线相交，有两个交点；
②Δ＝0
直线和双曲线相切
直线和双曲线相切，有一个公共点；
③Δ＜0
直线和双曲线相离
直线和双曲线相离，无公共点．
直线与双曲线的相交弦
设直线
交双曲线
于点
两点，则
=
=
同理可得
这里
的求法通常使用韦达定理，需作以下变形：
双曲线的中点弦问题
遇到中点弦问题常用“韦达定理”或“点差法”求解.
在双曲线
中，以
为中点的弦所在直线的斜率
；
自主检测双曲线
与直线
的公共点个数 ；
【答案】0 或1
【分析】先求出双曲线的渐近线方程，可得已知直线与之重合或平行，即得结论.
【详解】由
，可得双曲线的渐近线方程为：
，
对于 直线
，当
时，直线与渐近线重合，两者无交点；
当
时，因此时直线
与双曲线渐近线平行，故只有一个公共点.
综上可得，双曲线
与直线
的公共点个数为0 或1.
故答案为：0 或1.
知识点3 直线与抛物线的位置关系
1.直线与抛物线的位置关系
将直线的方程
与抛物线的方程y2=2px（p＞0）联立成方程组，消元转化为关于x 或y 的一元
二次方程，其判别式为Δ.
若
，直线与抛物线的对称轴平行或重合，直线与抛物线相交于一点；
若
①Δ＞0
直线和抛物线相交，有两个交点；
②Δ＝0
直线和抛物线相切，有一个公共点；
③Δ＜0
直线和抛物线相离，无公共点．
2.直线与抛物线的相交弦
设直线
交抛物线
于点
两点，则
=
=
同理可得
这里
的求法通常使用韦达定理，需作以下变形：
3.抛物线的焦点弦问题
已知过抛物线
的焦点F 的直线交抛物线于A、B 两点。
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则：
①焦点弦长
②
③
，其中|AF|叫做焦半径，
④焦点弦长最小值为2p。根据
时，即AB 垂直于x 轴时，弦AB 的长最
短，最短值为2p。
自主检测已知直线
，抛物线
，l 与
有一个公共点的直线有（ ）
A．1 条
B．2 条
C．3 条
D．1 条、2 条或3 条
【答案】C
【分析】将直线方程和抛物线方程联立，使得方程仅有一个实数根，求出对应的
的取值个数即可.
【详解】联立直线
和抛物线
方程可得
，
整理可得
，
直线l 与
有一个公共点等价于方程只有一个实数根，
当
时，方程为
仅有一解，符合题意；
当
时，一元二次方程
仅有一解，
即
，解得
，
所以满足题意得直线有三条，即
，
和
.
故选：C
题型1 直线与圆锥曲线的位置关系
例1-1 直线
与椭圆
（
）的位置关系为（ ）
A．相离
B．相切
C．相交
D．无法确定
【答案】C
【分析】由直线与椭圆的位置关系求解即可.
【详解】因为直线
过点
，
而
为椭圆
的右端点和上端点，
故直线
与椭圆
相交.
故选：C.
例1-2 若直线
与椭圆
没有公共点，则
的取值范围为 ．
【答案】
【分析】直线与椭圆联立方程进行消元,
，求解即可.
【详解】由
，可得
，
因为直线与椭圆没有公共点，
故
，故
或
，
则
的取值范围为
，
故答案为：
.
方法技巧
(1)直线与双曲线只有一个交点，包含直线与双曲线相切或直线与双曲线的渐近线平行.
(2)直线与抛物线只有一个交点包含直线与抛物线相切、直线与抛物线的对称轴平行(或重合).
【变式训练1-1】已知椭圆
的左、右焦点分别为
，
，直线
与C 交于点A，B 两
点，若
面积是
的2 倍，则
（ ）
A．
B．
或
C．
D．
【答案】C
【分析】根据面积公式结合定义计算求解得出
或
，再联立方程结合判别式计算求解.
【详解】设直线
与x 轴的交点为M，则
．
所以
，
．
因为
，所以
．
由
得
，即
，
，
．
所以
，解得
或
．
因为
与C 有两个交点，联立
消y 得
，
则
，解得
．所以
故选：C.
【变式训练1-2】已知双曲线
，过点
作直线与双曲线
有且只有一个交点，这样的直
线可以作 条（填“条数”）．
【答案】4
【分析】明确点
与双曲线和双曲线渐近线的位置关系即可得解.
【详解】由题双曲线
的渐近线方程为
，
因为点
在第四象限，在双曲线外，且不在渐近线上，
所以如图过点
作与双曲线
有且只有一个交点的直线可以作出2 条与双曲线右支相切的切线和2
条分别与两条渐近线平行的直线.
故答案为：4.
题型2 弦长问题
例2-1 已知斜率为1 的直线与椭圆
相交于
，
两点，则
的最大值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】设直线的方程为
，联立椭圆方程，结合韦达定理、弦长公式将
表示成
的函数即
可求解.
【详解】设直线的方程为
，由
，得
，
由
，得
，
则
，
所以
，
当
时取到最大值，此时直线的方程为
．
故选：B．
例2-2 已知抛物线C：
与
：
交于A，B 两点，若
，则
．
【答案】2
【分析】根据A，B 关于x 轴对称、
求出
点坐标，代入抛物线方程可得答案.
【详解】易知A，B 关于x 轴对称，
故可设
，则
，
因为
，所以
，即
，
因为A，B 在圆O 上，
，
所以
，
将
代入C 的方程，得
，解得
．
故答案为：2.
方法技巧
(1)弦长公式不仅适用于圆锥曲线，任何两点的弦长都可以用距离公式求(过两点的直线的斜率存在且不等
于0).
(2)抛物线的焦点弦的弦长应选用更简捷的弦长公式|AB|＝x1＋x2＋p.
(3)设直线方程时应注意讨论是否存在斜率.
【变式训练2-1】已知椭圆
，
是
的左、右焦点，
是过焦点
的弦，且
的面
积为32，求
．
【答案】16
【分析】根据椭圆的焦点弦长公式及三角形面积公式求解．
【详解】设直线
的倾斜角为
，
，则
，
则
，
其中
，故
．
又
，
因此
的面积
，
即
，解得
或
（舍）．
于是
．
【变式训练2-2·变考法】已知直线过椭圆
的左焦点
，与椭圆相交于
两点，且满足
，求直线的方程．
【答案】
【分析】根据题意设直线方程，联立直线和椭圆方程，再利用定比分点式、“化斜为直”思想，即可解出
结果.
【详解】方法一：由已知得
，则
，
设直线
，联立
，则
，
整理后得
.
设
，则
，
.
又
，利用定比分点式变换成
，即
，
所以
，得
，
，
所以
.
化简得
，故直线的方程为
.
方法二：
由已知得
，则
，
设直线
，则
.
设
，则
，
.
又
，利用定比分点式变换成
，即
，
所以
，
，
所以
.
化简得
，故直线的方程为
，即
.
题型3 中点弦问题
例3-1（多选）已知椭圆C：
的焦点分别为
，
，设直线l 与椭圆C 交于M，N
两点，且点
为线段MN 的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆C 的离心率为
B．椭圆
与椭圆C 共焦点
C．直线l 的方程为
D．椭圆C 的内部（含边界）共有10 个整数点
【答案】BC
【分析】应用椭圆焦点坐标计算得出离心率判断A，求两个椭圆的焦点判断B，联立方程组点差法得出直
线方程判断C，列举法判断零点个判断D.
【详解】A：由条件可知，
，解得
，所以椭圆C：
，所以
，椭
圆C 的离心率
，A 选项错误；
B：椭圆
的焦点为
，与椭圆C 共焦点，B 选项正确；
C：设
，
，代入椭圆C 的方程，得
两式相减得
．
由题意可知，
，
，所以
，
，所以
，
所以直线l 的斜率为
，所以直线l 的方程为
，整理得
，C 选项正确；
D：椭圆C：
，故椭圆内满足
，
的整数点有
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，共11 个，D 选项错误.
故选：BC.
例3-2 已知椭圆
的右焦点为
，经过该焦点的直线交椭圆于
两点，若
中点
的坐标为
，则椭圆
的方程为 ．
【答案】
【分析】设直线
的参数方程为
（为参数），代入椭圆方程，利用
得
，又
根据
的关系即可求解.
【详解】根据题意可得
，
设直线
的参数方程为
（为参数），由
中点
的坐标为
，所以
，
代入椭圆方程整理得
．
根据题意可得
，即
．
又
，所以椭圆
的方程为
．
故答案为：
.
方法技巧
(1)根与系数的关系法：联立直线和圆锥曲线的方程得到方程组，消元得到一元二次方程后，由根与系
数的关系及中点坐标公式求解.
(2)点差法：设直线与圆锥曲线的交点(弦的端点)坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，将这两点坐标分别代
入圆锥曲线的方程，并对所得两式作差，得到一个与弦AB 的中点和直线AB 的斜率有关的式子，可以
大大减少计算量.
【变式训练3-1】已知双曲线
的左､右焦点分别为
，过左焦点
作斜率为2 的直线与双曲线
交于
两点，
是
的中点，
为坐标原点，若直线
的斜率为
，则
的值是 .
【答案】
【分析】利用点差法设
，
，代入椭圆方程可得可得
，计算可得．
【详解】设
，
，则
，
，
两式相减得
，
是
的中点，
，
，
，又
，
，
，
解得
，
．
故答案为：
.
【变式训练3-2】已知A，B 为双曲线
上的两点，且A，B 关于直线
对称，则线
段AB 中点的坐标为 ．
【答案】
【分析】根据题意，设线段AB 的中点为
，利用点差法即可得到直线OM 的方程，再与直线联立即可
得到中点坐标.
【详解】由题意可知直线
的斜率
，可知直线AB 的斜率
．
设
，线段AB 的中点为
，则
，
可得
，
．
因为A，B 为双曲线
上的两点，
所以
，两式相减整理得
，
即
，解得
，所以直线
，
因为线段AB 的中点在直线上，又在直线OM 上，故两直线交点即为中点
联立得
，
解得
，可知线段AB 中点的坐标为
．
故答案为：
.
题型4 面积问题
例4-1（多选）已知
、
是椭圆
长轴上的两个顶点，
、
是椭圆C 的左右焦点，点
是
椭圆上异于
、
的任意一点，则下列四个命题中正确的是（ ）
A．
的最大值为
B．椭圆C 的离心率为
C．
面积的最大值为
D．椭圆C 与双曲线
有相同的焦点
【答案】BCD
【分析】利用椭圆的几何性质可求得
，可求得焦点坐标，可得
，利用余弦定理可得
，进而可判断A；求得椭圆的离心率可判断B；求得三角形面积的最大值判断C；求得双曲
线的焦点坐标判断D.
【详解】由椭圆
，可得
、
，
又
，所以
，
，
，
所以
，所以
、
，
对于A，因为
是椭圆上异于
、
的任意一点，所以
，
在
中，由余弦定理可得
，当且仅当
时，取等号，
又
，
所以
，故
的最大值为
，故A 错误；
对于B，椭圆的离心率为
，故B 正确；
对于C，设
，则
面积为
，
当
为椭圆的短轴的两端点时，取等号，
所以
面积的最大值为
，故C 正确；
对于D，由双曲线
，可得
，所以
，
所以
，所以
，
所以双曲线
的焦点坐标为
，
所以椭圆C 与双曲线
有相同的焦点，故D 正确.
故选：BCD.
例4-2 已知椭圆C：
的左焦点为F，右顶点为A，上顶点为B，D 为线段AB 的中点，
且
，
（O 为坐标原点）.
(1)求
的面积；
(2)过F 的直线交C 于P，Q 两点，记点O，A 到直线PQ 的距离分别为
，
，则
是否存在最大值？
若存在，求出最大值及PQ 的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，最大值为
，
的方程为
【分析】（1）根据题意得
，
，
，结合
，
，解得
即可得到
的面积；
（2）由（1）得椭圆C：
，设PQ 的方程为
，
，
，联立椭圆方程，
结合韦达定理、弦长公式得
，由
，得
，得
，
求得
取最大值时的
的值即可得解.
【详解】（1）因为
，所以
，①
因为
为右顶点，
为上顶点，
所以
，
，
.
因为
为线段
的中点，所以
，
.
又
，所以
.②
联立①②并结合
，解得
，
，
，
故
.
（2）
存在最大值.
由（1）得椭圆C：
.
易知直线PQ 斜率不为0，（当直线PQ 斜率为0 时，点O，A 到PQ 的距离均为0，此时
无意义）
设PQ 的方程为
，
，
，
联立
消去
得
，
则
，
，
故
，
由（1）得
，
，
所以
，即
，（分别过点O，A 作PQ 的垂线，垂足为M，N，则
，故
由弦长的数量关系得
，
间的数量关系）
所以
，
当且仅当
时等号成立，
所以
存在最大值，最大值为
，此时
的方程为
.
方法技巧
1、三角形面积问题
直线
方程：
2、焦点三角形的面积
直线
过焦点
的面积为
注意：
为联立消去
后关于
的一元二次方程的二次项系数
【变式训练4-1】已知双曲线
的左、右焦点分别为
，
，P 是双曲线右支上一点，
且直线
的斜率为2，
是面积为8 的直角三角形，则双曲线的方程为（ ）
F2
F1
O
y
x
B
A
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】方法一利用斜率转化直角三角形中角的正切值，再利用正弦定理转化边之比，最后利用面积可求
解各边，即可求双曲线方程；
方法二是利用焦半径关系，结合直角三角形中角的正切值和面积关系即可求解焦半径，再用勾股定理和双
曲线的定义可得双曲线方程.
【详解】
解法一：如图，点
一定在第四象限，
．
设
，
，
，
由
得
．
因为
，所以
，即
，
，则
．
由正弦定理得
，
则可设
，
．
由
得
，
则
，
，
，
．
由双曲线的定义得
，即
，
，
所以双曲线的方程为
．
解法二：由解法一知点
一定在第四象限，
．设
，
，
则
．因为
是面积为8 的直角三角形，所以
①，
因为直线
的斜率为2，所以
，即
②．
联立①②解得
，
，
则
，即
．
又由勾股定理得：
，即
．故
，
所以双曲线的方程为
．
故选：C
【变式训练4-2·变载体】已知双曲线C：
的左、右焦点分别为
，
，若C 的离心
率为2，点
在C 上，过
的直线l 交C 的右支于P，Q 两点．
(1)求直线AP，AQ 的斜率之积；
(2)若
的面积为
，求l 的方程．
【答案】(1)
(2)
或
【分析】（1）根据条件求出双曲线方程为：
，设l 的方程为
，
，
，
与双曲线方程联立，由韦达定理可得
，
，代入
化简即
可求解.
（2）化简
，由
，解出
的值，判断其合理性
即可.
【详解】（1）由题意得
，解得
，
所以C 的方程为
．
所以
，由于直线l 的斜率不为0，设l 的方程为
，
，
，
联立
消去
得
，
由
，
得
，则
，
，
故
．
（2）由（1）得
，
，
所以
所以
，
即
，即
，
解得
或
，
因为直线l 交C 的右支于P，Q 两点，
所以
且
，
即
，
，
解得
，所以仅有
满足题意，
所以直线l 的方程为
或
．
题型5 定点、定直线问题
例5-1（2025·河北保定·三模）已知椭圆
的中心在原点
，焦点在
轴上，离心率为
，以椭圆
的四
个顶点为顶点的四边形的面积为
．
(1)求椭圆
的标准方程；
(2)设椭圆
的右顶点为
，若直线与椭圆
交于
两点，满足
，证明：直线过
定点．
【答案】(1)
；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由
，
及
求解即可；
（2）由
，可得
，设
，则有
，分直线垂直于
轴和直线不垂直于
轴，结合韦达定理求出直线的方程，
即可得证.
【详解】（1）设椭圆
的长半轴长为
，短半轴长为
，半焦距为．
由已知，
，即
，
又
，所以
，
由
，可得
，所以
，
因为
的焦点在
轴上，所以
的标准方程是
．
（2）证明：由（1）知
，
设
，
将
两边平方，
化简得
，
所以
，
即
，
即
．
①当直线垂直于
轴时，
且
，
故
，解得
或
（舍去），
此时过点
；
②当直线的斜率存在时，设
，
联立方程
，
得
，
由
，
得
，且
，
由
，
得
，
即
．
将
代入上式，
得
，
即
，
所以
，
所以
或
，
当
时，直线
过点
，不符合题意，
所以
，
所以直线的方程为
，
此时过点
．
综上可知直线过定点
．
例5-2 已知A，B 分别是双曲线C：
的左、右顶点，P 是C 上异于A，B 的一点，直
线PA，PB 的斜率分别为
，
，且
．
(1)求C 的方程；
(2)已知过点
的直线l：
交C 的左、右两支于D，E 两点（异于A，B），直线AE 与直线BD
交于点Q，证明：点Q 在定直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据
即可确定
的值，设出点
坐标表示出
，根据
即可求出
，从而求
出双曲线方程；
（2）设出点
,点
坐标，表示出直线
方程，联立后利用直线与双曲线联立所得韦达定理表示出
点
横坐标，可发现点
在定直线上.
【详解】（1）由题意得
，所以
．
设
，因为点P 在C 上，所以
，即
．
又
，所以
，
故C 的方程为
．
（2）由（1）得
，
，
如图，设
，
，
联立
消去
得
，
所以
，
，
易知直线AE 的方程为
，
直线BD 的方程为
，
联立
得：
，
即
，
整理得
，
则
，
所以点Q 的横坐标始终为1．
故点Q 在定直线
上．
方法技巧
定点、定直线直线问题的处理技巧：
定直线问题是证明动点在 定直线上，其实质是求动点的轨迹方程，所以所用的方法即为 求轨迹方程
的方法，如定义法、消参法、交轨法等
【变式训练5-1】（2025 高三·全国·专题练习）已知
，
分别是双曲线
：
的上顶点，下焦点．
(1)求
的标准方程；
(2)过
的直线与
的上、下支分别交于
两点（
异于
），直线
平分线段
与
的下支交于点
，证明：直线
与直线
的交点在定直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题中所给数据求解即可；
（2）设直线
方程为：
，
，
，联立直线
和双曲线方程，结合韦达定理可
得
，求出
点坐标，直线
方程，再联立直线
和直线
方程，求出交点坐标即可得证.
【详解】（1）由题意，
，
，
所以
，
所以C 的方程为
．
（2）证明：由题意，直线
的斜率存在，
设直线
方程为：
，
，
．
联立
，消去
，得
，
由于
，
同号，所以
，
，
，
所以
，
联立
，解得
，
所以
，
所以直线
的方程为
，即
，
联立
，解得
，
所以直线
与直线
的交点在定直线
上．
【变式训练5-2】在平面直角坐标系
中，抛物线
的焦点为
，过
的直线交
于
两点，
，直线
与
的另一个交点分别为
．
(1)判断直线
的斜率与直线
的斜率之比是否为定值．若为定值，求出该定值；若不为定值，说明理
由．
(2)证明：直线
经过定点．
【答案】(1)是，2
(2)证明见解析
【分析】（1）设直线
，
斜率分别为
，然后根据题意利用韦达定理把
表示出来作比值即可；
（2）结合（1）设直线
，利用已知条件求出设直线
即可.
【详解】（1）设直线
，
斜率分别为
，则
为定值．
理由如下：如图，
易知
，设
，直线
，
联立
得
，
．①
，
因为
，所以
，
所以点
为线段OD 的中点，
因为
，所以
，
故直线
，
代入抛物线方程可得：
，
则
．②
联立①②得
，同理可得
，
所以
，
所以
，为定值．
（2）由（1）知
．
，
因为N，B，D 三点共线，所以
，
化简得
，
所以
，即
，
所以
．
设直线
，
由
得
，
，
解得
，所以直线
方程为：
，
当
，
所以直线
过定点
．
题型6 定值问题
例6-1 设
是双曲线
上任意一点，过点
作渐近线
和
的平行线，分别交另
一条渐近线于点
.则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】利用直线方程组来求解交点
，再利用两点间距离来表示
，通过化简即可求解.
【详解】
设
，则
，即
.
由题意知直线
分别与
平行，
则
，
.所以
，
，
将直线
与联立得
解得
将直线
与
联立得
解得
即
，
.
所以
，
.
所以
.
故选:D.
例6-2 如图，已知椭圆
过点
，其左、右焦点分别为
，
，且左焦点为
．
(1)求椭圆
的方程；
(2)若点
在椭圆上，直线
，
与椭圆的另一个交点分别为
，
，设
，
，求证：
为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）方法1，由题可得
，代入
可得椭圆方程；方法2，由题可得
，结合
可得椭圆方程；
（2）方法1，设
，
，
．由
，
，可得
，
，结合条件即证；
方法2，设直线
的方程是
，直线
的方程是
，
，
，
.
将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理法结合条件即证.
【详解】（1）解法1：由
，
得
，
故椭圆
的方程为
；
解法2：由
，得
，
故椭圆
的方程为
；
（2）解法1：设
，
，
．
由
，得
，又
，
故
.
同理，
，
又
，则
.
因为
,
，则
，
从而
，
因
，则
，又
，
得
，从而
；
同理可得
，结合
，
可得
，从而
，
故
．
综上所述，
为定值6;
解法2：设直线
的方程是
，直线
的方程是
，
，
，
．
由
，消去x 得
，
判别式为：
，由韦达定理得
，
所以
，
同理得
．则
.
由
.
由
，得
，即
，
同理得
.
故
．
综上所述，
为定值6．
方法技巧
定值问题的处理技巧：
（1）对于较为复杂的问题，可先采用特殊位置（例如斜率不存在的直线等）求出定值，进而给后面一般
情况的处理提供一个方向.
（2）在运算过程中，尽量减少所求表达式中变量的个数，以便于向定值靠拢
（3）巧妙利用变量间的关系，例如点的坐标符合曲线方程等，尽量做到整体代入，简化运算
【变式训练6-1】已知椭圆
的右顶点和上顶点为
为椭圆上的一点，直线
与
轴相交于
点
，直线
与
轴相交于点
，则
的值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】先确定椭圆的顶点坐标，再设点
的坐标，求过该点与顶点连线的方程，算出截距，再得到截距
相关线段长度乘积，化简即可.
【详解】
椭圆
的右顶点和上顶点为
，
，
，
设
，又点
为椭圆上的一点，
，即
，
又直线
的斜率
，
直线
的方程为
，
令
，可得
，则
，
又直线
的斜率
，
直线
的方程为
，
令
，可得
，则
，
，
化简上式
把
代入，得
，
故选：D．
【变式训练6-2】已知椭圆
的左、右顶点分别为
、
，上、下顶点分别为
、
，
离心率为
，且经过点
．
(1)求椭圆
的方程及长轴长；
(2)点
是椭圆
上一动点，且不与顶点重合，点
满足四边形
是平行四边形，过点
作
轴的垂
线交直线
于点
，连接
交
于点
，求证：
．
【答案】(1)椭圆
的方程为
，椭圆
的长轴长为
(2)证明过程见解析
【分析】（1）根据题意列方程组求出
即可求解；
（2）欲证
，只需证明
，由题意知
斜率存在，设
，联立椭圆方程，结合
韦达定理得
的坐标，求得
方程，联立
，可得
，由题意得
，求得
方程，联立
得
，对比
，
即可得证.
【详解】（1）由题意
，解得
，
所以椭圆
的方程为
，椭圆
的长轴长为
；
（2）
由题意知
斜率存在，设
，
联立
与
得，
，化简得
，
由韦达定理得
，
，
所以
，
而直线
，从而
，
因为点
满足四边形
是平行四边形，
关于
中心对称，
根据平行四边形的中心对称性，可知
也关于
中心对称，
所以
，而
，
所以
，显然
，所以
，
所以直线
的方程为
，
联立
与
，得
，
即
，
化简得
，即
，
因为
，所以
，
所以
.
题型7 综合问题
例7-1 三等分角是古希腊几何尺规作图的三大问题之一，如今数学上已经证明三等分任意角是尺规作图不
可能问题，如果不局限于尺规，三等分任意角是可能的．下面是数学家帕普斯给出的一种三等分角的方法：
已知角
的顶点为
，在
的两边上截取
，连接
，在线段
上取一点
，使得
，记
的中点为
，以
为中心，C，D 为顶点作离心率为2 的双曲线
，以
为圆心，
为半径作圆，与双曲线
的左支交于点
（射线
在
内部），则
．在上述过
程中，以
为原点，直线
为
轴建立如图所示的平面直角坐标系．
(1)若
，求双曲线
的方程以及其渐近线方程；
(2)若
，点
在
轴的上方，过点
且与
轴垂直的直线交
轴于点
，点
到直线
的距离为
．
证明
①
为定值；
②
．
【答案】(1)双曲线
的方程为
，渐近线方程为
．
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）根据题设直接求出
，即可求出结果；
（2）①根据条件得到直线
的方程为
，设
，则
，利用两
点间的距离公式及
，即可证明结果；②根据条件得到
，从而得到
，再利用几何关系，即可证明结果.
【详解】（1）设双曲线
的方程为
，
由
及
，可得
，所以
，
因为双曲线
的离心率为2，所以
，解得
，
所以双曲线
的方程为
，渐近线方程为
．
（2）①设双曲线
的方程为
，
由题可得
，
，所以
，
由双曲线
的离心率为2，可得
，所以双曲线
的方程为
．
因为
，所以直线
的方程为
，
设
，则
，
，
所以
，
，
所以
，为定值．
②因为
，所以
，
又
，由①得
，
所以
，
又
，
都是锐角，所以
，
所以
，所以
．
例7-2 设动点
到坐标原点
的距离和它到直线的
距离之比是一个常数
，记点的轨迹为
曲线
．
(1)求曲线
的方程，并讨论
的形状与
值的关系；
(2)若
时，得到的曲线为
，将曲线
向左平移一个单位得到曲线
，过点
的直线
与曲线
交于不同的两点
，
，过
的直线
分别交曲线
于
，设
，
，求
的取值范围．
【答案】(1)
，讨论见解析；
(2)
.
【分析】(1)根据题意列出关系式并化简为
，讨论
的取值判断曲线
的
形状；
（2）由题意可得曲线
的方程为：
，由直线
与曲线
相交及
，得
；同
理由
得：
；由直线与曲线
相交得
的表达式，进而得到
的表达式，求
出取值范围.
【小题1】设
，由题设有
，即
，
故曲线
的方程为：
.
（i）
时，曲线
的方程为：
是抛物线；
（ii）
时，曲线
的方程为：
，
当
时，
，
，所以曲线
的方程为焦点在
轴上的双曲线；
当
时，
,所以曲线
的方程为焦点在
轴上的椭圆.
综上，
时，曲线
是焦点在
轴上抛物线；当
时，曲线
是焦点在
轴上的双曲线；当
时，
曲线
是焦点在
轴上的椭圆.
【小题2】当
时，曲线
的方程为：
，则曲线
的方程为：
，
设
，则
，由
，得
，
，
（i）
与
轴不垂直时，
方程为：
,
由
，消去
，整理得：
．
由根与系数的关系有：
，所以
，又
，所以
；
与
轴垂直时，
，
也满足：
，
同理可证：
，所以
.
设：
，由
，消去
整理得：
，
据题设有
且
，整理得
，
因为
，所以
，
又
，所以
，所以
，
所以
，故
的取值范围为
．
【变式训练7-1】已知
是双曲线
的右焦点，过点
的直线交
的右支于不同的两点
，
过点
且垂直于直线
的直线交
轴于点
，则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】设
，分析
的取值范围，利用焦半径公式和三角形的边角关系，把
用
表
示出来，结合换元法和函数的单调性，求
的取值范围.
【详解】如图：
设双曲线的左焦点为
，
，
在
中，由余弦定理得
，
化简得
，
同理
，
所以
.
在
中，有
，
所以
.
因为
，
都在双曲线的右支上，且双曲线的渐进线方程为：
，
所以直线
的斜率的取值范围为：
.
即
或
，
又
，所以
.
令
，则的取值范围为
.
所以
.
因为
在
上单调递增，且
，
，
所以
.
故选：D
【变式训练7-2】椭圆
的上顶点为
，右焦点为
，点
在椭圆
上.
(1)若存在点
，使线段
被直线
平分，求椭圆
的离心率的取值范围；
(2)求证：存在椭圆
，使线段
被直线
垂直平分.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由点
在椭圆上，得到关于
的方程，由中点在
上得到
的方程，联立，
由一元二次方程有解得到
的关系，从而得到离心率的取值范围；
（2）由直线
与直线
交点坐标得到点
坐标，由点
在椭圆上得到关于
的方程，由零点存在性定
理得到方程有解，所以椭圆存在.
【详解】（1）
，
设
，因为点
在椭圆上，所以
①.
因为线段
被直线
平分，所以
的中点
在直线
上，
所以
，即
②.
由②得
，代入①，得
，即
.
因为点
存在，所以
，
解得
，
故离心率的取值范围为
.
（2）证明：若线段
垂直
，
，所以
，直线
的方程为
，
联立直线
与直线
的方程
，解得
，
所以两直线交点
的坐标为
.
因为线段
被直线
平分，所以交点
也是线段
的中点，所以
点坐标为
，
由点
在椭圆上，得
，即
又
，则
，
设
，得
.（*）令
，
因为
，
，且
在
上连续，
由函数零点存在性定理，知
在区间
上有解，即（*）式方程有解，
故存在椭圆
，使线段
被直线
垂直平分.
【变式训练7-3】椭圆Γ：
与双曲线C：
的离心率分别为
，
．
(1)若
，求
的值；
(2)当
时，设点
，若对于直线l：
，椭圆Γ 上总存在不同的两点A 与B 关于直线l 对称，
且
，求
的取值范围．
【答案】(1)
；
(2)
．
【分析】（1）求出椭圆和双曲线的离心率，即可得出
的值；
（2）求出椭圆方程并设出
两点的坐标，利用对称求出直线
方程
，让直线
与椭圆联立，
并利用韦达定理求出
，设直线
中点
的坐标并用参数表达，得出
与
的表达
式，利用
求出的范围，即可求出
的取值范围.
【详解】（1）由题意，
在椭圆
：
中，离心率为
，
在双曲线C：
中，离心率为
，
∵
，
∴
，解得
．
（2）由题意及（1）得，
因为
，所以
：
，
对于直线l：
，椭圆Γ 上总存在不同的两点A 与B 关于直线l 对称，
设
，
，
∴直线
方程为
，
联立
消去y 得
，
由
，解得
，
故
，
∴
，
，
设直线AB 中点为
，
则
，
，
又点P 在直线l 上，所以
，则
，
又因为
，
，
所以
，
∵
，
∴
，解得
且
，
∴
．
1．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知椭圆
的左、右焦点分别为
，
，直线
与C
交于A，B 两点，若
面积是
面积的2 倍，则
（ ）．
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】首先联立直线方程与椭圆方程，利用
，求出
范围，再根据三角形面积比得到关于
的方
程，解出即可.
【详解】将直线
与椭圆联立
，消去
可得
，
因为直线与椭圆相交于
点，则
，解得
，
设
到
的距离
到
距离
，易知
，
则
，
，
，解得
或
（舍去），
故选：C.
2．（2023·全国乙卷·高考真题）设A，B 为双曲线
上两点，下列四个点中，可为线段AB 中点的
是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据点差法分析可得
，对于A、B、D：通过联立方程判断交点个数，逐项分析判断；
对于C：结合双曲线的渐近线分析判断.
【详解】设
，则
的中点
，
可得
，
因为
在双曲线上，则
，两式相减得
，
所以
.
对于选项A： 可得
，则
，
联立方程
，消去y 得
，
此时
，
所以直线AB 与双曲线没有交点，故A 错误；
对于选项B：可得
，则
，
联立方程
，消去y 得
，
此时
，
所以直线AB 与双曲线没有交点，故B 错误；
对于选项C：可得
，则
由双曲线方程可得
，则
为双曲线的渐近线，
所以直线AB 与双曲线没有交点，故C 错误；
对于选项D：
，则
，
联立方程
，消去y 得
，
此时
，故直线AB 与双曲线有交两个交点，故D 正确；
故选：D.
3．（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）.
4．（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.
5．（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．
6．（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
.
7．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线
，点
在
上，
为常数，
1 0
1
2
( 1)
3
PF
k
0
AF
k
3
1
1
4
3
tan
1
3
3
1
3
4
BFP
1
0
1
3
tan
1 0
3
PFA
tan
tan
BFP
PFA
π
,
(0,
)
2
BFP
PFA
BFP
PFA
PF
AFB
1
tan
3
PF
PFA
k
3
tan
4
FB
BFP
k
2
2
1
2
2tan
3
3
tan 2
tan
1
tan
4
1
1
3
PFA
PFA
BFP
PFA
π
,
(0,
)
2
BFP
PFA
BFP
PFA
PF
AFB
3
0
3
2
1 ( 1)
4
FB
k
FB
3
1
4
y
x
3
4
3
0
x
y
P
FB
2
2
3 2
4 1 3
1
3
4
d
P
FA
1
PF
AFB
2
2
:
0
C x
y
m m
1 5,4
P
C
k
0
1
k
2,3,...
nP n
1
nP
k
C
1
n
Q
nP
．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
0
1
k
2,3,...
nP n
1
nP
k
C
1
n
Q
nP
1
n
Q
y
nP
,
n
n
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2
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2
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x
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n
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1
2
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n
P P P
n
1
n
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2P
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n
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n
n
n
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n
P
P
n
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n
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q x
y
1
1
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n n
n
n
P P
P
P
k
k
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5
4
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m
C
2
2
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1
2
k
1 5,4
P
1
2
3
2
x
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2
2
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x
y
2
2
3
9
2
x
x
3
x
5
x
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1
3,0
Q
C
2 3,0
P
2
3
x
2
0
y
,
n
n
n
P
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y
k
n
n
y
k x
x
y
2
2
9
x
y
2
2
9
n
n
x
k x
x
y
.
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：
2
2
9
n
n
x
k x
x
y
2
2
2
1
2
9
0
n
n
n
n
k
x
k y
kx
x
y
kx
,
n
n
n
P
x
y
n
n
y
k x
x
y
2
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n
x
x
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1
n
n
n
n
n
n
k y
kx
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x
k x
x
x
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n
n
n
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k y
kx
y
k x
x
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k
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1
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n
n
n
n
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k x
y
k y
kx
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k
n
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2
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n
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y
kx
k
x
n
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2
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,
1
1
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n
n
n
n
n
n
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k x
ky
y
k y
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P
k
k
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n
n
n
n
x
k x
ky
x
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n
n
n
y
k y
kx
y
k
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n
n
n
n
n
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y
k y
kx
x
y
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k
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n
n
n
n
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y
k y
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k
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1
n
n
n
n
n
n
n
n
x
x
y
y
k
k
x
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y
2
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1
1
2
2
9
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n
n
n
n
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y
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1
1
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1
n
n
n
n
n
n
n
n
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x
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x
y
x
y
1
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1
1
n
n
n
n
n
n
n
n
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x
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x
y
x
y
1
1
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1
1
1
1
1
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
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x
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k
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y
x
y
x
y
x
y
k
n
n
x
y
1
1
k
k
, ,
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,
UV
a b
,
UW
c d
1
2
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S
ad
bc
, ,
U V W
0
UVW
S
2
1
1
sin
,
1 cos
,
2
2
UVW
S
UV
UW
UV UW
UV
UW
UV UW
.
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
2
2
2
2
1
1
1
2
2
UV UW
UV
UW
UV
UW
UV UW
UV
UW
2
2
2
2
2
1
2
a
b
c
d
ac
bd
2
2
2
2
2
2
2
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2
1
2
2
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a d
b c
b d
a c
b d
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1
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2
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2
a d
b c
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bc
ad
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1
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n
n
n
n
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k x
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n
n
n
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k y
kx
y
k
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1
2
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2
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1
1
1
1
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n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
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k x
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y
k y
kx
k
k
k
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k
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k
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1
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n
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n
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n
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n m
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n m
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m
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m
k
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x
y
y
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1
1
2
n n
n
n
P P
P
n
n
n
n
n
n
n
n
S
S
x
x
y
y
y
y
x
x
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2
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n
n
n
n
n
n
x
x
y
y
y
y
x
x
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n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
x
y
y
x
x y
y x
x y
y x
.
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，
2
2
1 9 1
1
9 1
1
9
1
1
2 2 1
1
2 1
1
2
1
1
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k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
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k y
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1
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n
n
n
n
n
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k x
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y
k y
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k
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k
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n m
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n m
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n m
n
n m
n
n m
n
n m
n
n m
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y y
x y
y x
x x
y y
x y
y x
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n m
n
n
n m
n m
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n
n
n
n
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m
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k
k
k
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n
n
n
n
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k
k
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y
x
x y
y x
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n
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y
x
x
y
y
x
x y
y x
x y
y x
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y
y x
y
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x y
y
x
x y
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y
x
x
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n
x
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n
n
n
n
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x
x
y
x
y
k
x
x
y
y
x
y
x
y
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.
1.如图，已知直线
和椭圆
．m 为何值时，直线l 与椭圆C：
(1)有两个公共点？
(2)有且只有一个公共点？
(3)没有公共点？
【答案】(1)
(2)
，
(3)
，或
【分析】（1）直线与椭圆
的公共点的个数与方程组
，得到
，
根据
求解即可.
1
2
2
1
2
1
2
2
1
1
2
1
2
1
2
2
1
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
P
P
n
n
n
n
n
n
n
n
y
y
x
x
x
y
x
y
k
x
x
y
y
x
y
x
y
n
n
x
y
1
1
k
k
1
1
k
q
k
1
1
n
n
n
n
x
y
q x
y
n
n
x
y
1
q
1
1
2
2
n
n
n
n
x
y
q x
y
2
2
1
1
1
1
1
2
2
1
1
1
1
1
2
2
1
1
2
2
1
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
q x
y
q x
y
y
y
x
y
x
y
x
y
x
y
x
x
x
y
x
y
q x
y
q x
y
x
y
x
y
1
1
2
n n
n
n
P P
P
P
k
k
1
n
n
S
S
1
n
n
S
S
: 4
5
0
l
x
y
m
2
2
:
1
25
9
x
y
C
25
25
m
1
25
m
2
25
m
25
m
25
m
l
C
2
2
4
5
0
1
25
9
x
y
m
x
y
2
2
25
8
225
0
x
mx
m
0
（2）直线与椭圆
的公共点的个数与方程组
，得到
，根据
求解即可.
（3）直线与椭圆
的公共点的个数与方程组
，得到
，根据
求解即可.
【详解】（1）由方程组
消去y，得
，
．
由
，得
．
此时方程①有两个不相等的实数根，直线l 与椭圆C 有两个不同的公共点．
（2）由
，得
，
．此时方程①有两个相等的实数根，
直线l 与椭圆C 有且只有一个公共点．
（3）由
，得
，或
．此时方程①没有实数根，直线l 与椭圆C 没有公共点．
2.已知直线
与抛物线
相交于A，B 两点，且O 为坐标原点．
(1)求弦长
；
(2)判断
是否成立，并说明理由．
【答案】(1)
(2)不成立，理由见解析
【分析】（1）联立直线与抛物线方程消元得二次方程，由韦达定理得
，代入
求弦长即可；
（2）垂直关系的判断，转化为
是否为
的计算问题，消元化简变形再由韦达定理代入
即可得.
【详解】（1）设
，
则
．
联立方程组
，
消去y，整理可得
，
由韦达定理可知
l
C
2
2
4
5
0
1
25
9
x
y
m
x
y
2
2
25
8
225
0
x
mx
m
0
l
C
2
2
4
5
0
1
25
9
x
y
m
x
y
2
2
25
8
225
0
x
mx
m
0
2
2
4
5
0,
1
25
9
x
y
m
x
y
2
2
25
8
225
0
x
mx
m
2
2
2
2
64
4 25
225
36
25
m
m
m
0
25
25
m
0
1
25
m
2
25
m
0
25
m
25
m
:
2
l y
x
2
:
6
C x
y
|
|
AB
OA
OB
2 42
1
2
1
2
,
x
x
x x
1
2
2
2
1
|
|
2
4
AB
x
x
x x
1
2
1
2
OA OB
x x
y y
0
1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
1
2
2
1
|
|
2
2
2
AB
x
x
y
y
x
x
x
x
x
x
2
2
6
y
x
x
y
2
6
12
0
x
x
1
2
1
2
6,
12,
x
x
x x
所以
，
因此
，从而可知
．
（2）设
，则
，
因此
．
又因为由（1）可知
，
，
所以
，
所以
不成立．
3.已知直线
与椭圆
，分别求直线l 与椭圆C 有两个公共点、只有一个公共点和没
有公共点时m 的取值范围．
【答案】答案见解析
【分析】联立直线l 的方程与椭圆C 的方程，消去y，得到一元二次方程，根据该一元二次方程根的判别
式进行求解即可.
【详解】联立直线l 的方程与椭圆C 的方程得方程组
消去y，整理得
， ①
因为①的判别式为
，
所以：
当
即
时，方程①有两个不同的实数解，此时原方程组的实数解集中有两个元素，直
线l 与椭圆C 有两个公共点；
当
即
时，方程①有两个相等的实数解，此时原方程组的实数解集中只有一个元素，直线l
与椭圆C 有且只有一个公共点；
当
即
或
时，方程①无实数解，此时原方程组的实数解集为空集，直线l 与椭圆C 没
有公共点．
4.判断直线
与椭圆
是否有公共点．如有两个公共点，求出公共点的坐标，并求出以这
两个公共点为端点的线段长．
【答案】有两个公共点，坐标为
，
；线段长为
．
【分析】联立直线与椭圆方程，公共点的问题转化为方程组解的问题. 求出直线与椭圆有两个公共点，利
2
2
2
2
1
2
1
1
2
4
( 6)
4
( 12)
84
x
x
x
x
x x
2
|
|
2
84
168
AB
|
| 2 42
AB
1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
1
1
2
2
,
,
,
OA
O
x y
x
y
B
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
2
4
OA OB
x x
x
x
x x
x
x
1
2
x
x
6
1
2
x x
12
2
( 12)
2
( 6)
4
8
0
OA OB
OA
OB
:
2
l y
x
m
2
2
:
1
4
2
x
y
C
2
2
2
,
1,
4
2
y
x
m
x
y
2
2
9
8
2
4
0
x
mx
m
2
2
2
Δ
(8 )
4
9
2
4
8
144
m
m
m
8(
3 2)(
3 2)
m
m
0
3 2
3 2
m
Δ
0
3 2
m
Δ
0
3 2
m
3 2
m
2
2
y
x
2
2
1
5
4
x
y
(0, 2)
5 4
,
3 3
5 5
3
用两点间距离公式可得线段长.
【详解】联立直线与椭圆的方程，可得方程组
，
消
化简得，
，解得
，或
，
故方程组的解为
或
因此直线与椭圆有两个公共点，且公共点的坐标为
，
．
从而可知所求线段长为
．
5.已知过抛物线
的焦点F 的直线交抛物线于
，
两点.求证：
(1)
，
；
(2)以AB 为直径的圆与抛物线的准线相切.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）设出过抛物线
的焦点F 的直线方程，和抛物线方程联立，由根与系数的关
系即可证明结论；
（2）求出弦AB 的中点M 的坐标，求得弦长
，证明M 到准线的距离等于
的一半，即可证明结论.
【详解】（1）由抛物线
可知焦点
，准线方程为
,
又过抛物线
的焦点F 的直线交抛物线于
，
两点.，
故该直线斜率不为0，可设其方程为
，
联立
，得
，
，
故
，
所以
；
（2）设AB 的中点为
，结合（1）得
，
2
2
2
2
1
5
4
y
x
x
y
y
2
3
5
0
x
x
0
x
5
3
x
0,
2
x
y
5 ,
3
4 ,
3
x
y
(0, 2)
5 4
,
3 3
2
2
5
4
5 5
0
( 2)
3
3
3
2
2
0
y
px p
1
1
,
A x y
2
2
,
B x
y
2
1y y
p
2
1
2
4
p
x x
2
2
0
y
px p
|
|
AB
|
|
AB
2
2
0
y
px p
(
,0)
2
p
F
2
p
x
2
2
0
y
px p
1
1
,
A x y
2
2
,
B x
y
2
p
x
ty
2
2
2
y
px
p
x
ty
2
2
2
0
y
pty
p
2
2
4
(
1)
0
p t
2
1
2
1
2
,
2
y
y
pt y y
p
2
2
4
2
1
2
1
2
2
2
2
4
4
y
y
p
p
x x
p
p
p
0
0
,
M x y
2
1
2
0
0
0
2
2
2
,
y
y
p
p
y
pt x
ty
t p
，
所以以AB 为直径的圆的半径为
，圆心为M，
点M 到准线
的距离为
，
即圆心到准线的距离等于圆的半径，
即以AB 为直径的圆与抛物线的准线相切.
6.设F 为抛物线
的焦点，过F 且倾斜角为
的直线交C 于A，B 两点，求
及
的面积.
【答案】12，
【分析】求出抛物线焦点坐标，结合直线倾斜角即可求出直线方程，联立抛物线方程，可得根与系数的关
系，利用抛物线过焦点弦长公式即可求得
，继而求出原点到直线AB 的距离，根据三角形面积公式即
可求得
的面积.
【详解】由题意知抛物线
的焦点坐标为
，
故过F 且倾斜角为
的直线方程为
，
联立
，得
，
，
设
，则
，
故
；
直线AB 的方程为
，即
，
则原点O 到
的距离为
，
故
的面积为
.
2
1
2
0
|
|
2
2
2
AB
x
x
p
x
p
t p
p
2
|
|
2
AB
r
t p
p
2
p
x
2
0
2
p
d
x
t p
p
2
:
3
C y
x
30o
AB
OAB
△
9
4
AB
OAB
△
2
:
3
C y
x
3
( ,0)
4
F
30o
4
3
3
(
)
3
4
3
3
3
y
x
x
2
3
3
3
4
3
y
x
y
x
2
1
7
3
0
3
2
16
x
x
12
0
1
1
2
2
(
)
A x y
B x
y
,
, (
,
)
1
2
1
2
21
9
,
2
16
x
x
x
x
1
2
21
3
12
2
2
AB
x
x
p
3
3
3
4
y
x
4 3
12
3
0
3
x
y
4 3
12
3
0
3
x
y
2
2
| 3 3 |
3
8
(4 3)
( 12)
d
OAB
△
1
1
3
9
|
|
12
2
2
8
4
AB
d
