专题14 圆锥曲线解答题
考点分类
五年考情（2022-2026）
命题规律
考点01 弦长、三
角形、四边形的面
积问题
2026 全国一卷、2026 北京卷
2025 年全国二卷、2025 北京卷
2024 年新课标Ⅰ卷、2024 上海
卷、
2023 年全国甲卷、2023 天津卷
2022 年新高考全国Ⅰ卷、2022 北
京卷、2022 天津卷
考查圆锥曲线的方程、直线与曲线
的位置关系，通过联立方程求出交
点坐标，再利用面积公式，如三角
形面积公式、分割法求面积等进行
计算，重点考查学生对代数运算与
几何图形结合的处理能力。
考点02 定点、定
值、定直线问题
2026 天津卷
2025 上海卷
2024 年全国甲卷、2024 北京卷
2024 上海卷
2023 年新课标Ⅱ卷、2023 年全国
乙卷、2023 北京卷
2022 年全国甲卷、2022 年全国乙
卷
定点、定值、定直线问题需要学生
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03 参数的求
值、最值、范围及
证明问题
2026 全国一卷、2026 上海卷
2025 年全国一卷、2025 年全国二
卷、2025 天津卷、2025 上海卷
2024 天津卷、2024 上海卷
2023 年新课标Ⅰ卷、2023 上海卷
2022 年新高考全国Ⅱ卷、2022 上
海卷、2022 浙江卷
考查距离、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，通过建立目
标函数，利用二次函数最值、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。
证明问题一般要求证明线段相等、
角相等、直线平行或垂直等几何关
系，需要学生将几何条件转化为代
数表达式，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。
考点04 圆锥曲线
综合问题
2026 全国二卷
2024 年新课标Ⅱ卷
考查一些创新定义或者与其他知识
衔接题型，往往难度较大
考点01 弦长、三角形、四边形的面积问题
1．（2026·北京·高考真题）已知椭圆
：
（
）的一个顶点是
，离心率为
．
(1)求
的方程；
(2)过点
，斜率为
的直线交椭圆
于
、
两点，
关于
的对称点为
，
交
于
，若
，求
．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用顶点坐标及离心率计算即可得；
（2）设出直线
，联立曲线方程可得与交点横坐标有关韦达定理，结合题目所给条件计算可得点
、点
坐标，再利用点到直线距离公式与两点间距离公式可表示出
与
，结合题目所给条件与韦达定
理计算即可得解.
【详解】（1）由题意可得
，则
，即
，故
的方程为
；
（2）由题意可得
，设
、
，
由
关于直线
对称的点为
，则
，
联立
，消去
得：
，
由
，故
在椭圆内部，故
恒成立，有
、
，
则
，
，
，联立
，
则
，即
，
整理得
，即
，
点
到直线
的距离
，点
到直线
的距离
，
又
，则
，
，
故
，
即有
，若
，则
，无解，不符；
则
，有
，解得
；
故
.
2．（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
.
3．（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 交C 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
.
4．（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，利用水平宽乘铅垂高乘
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
.
5．（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.
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·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
．
8．（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）若直线斜率不存在，
与椭圆只有一个交点，不合题意；
所以直线斜率存在，设过点
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
9．（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．
考点02 定点、定值、定直线问题
1．（2026·天津·高考真题）已知椭圆
（
）的离心率为
，椭圆被直线
截得的
线段长为
．
(1)求
的标准方程；
(2)斜率为
的直线与圆
相切，且该直线交椭圆于
，
（
），
是椭圆
的上顶点．记直线
，
的斜率分别为
，
，求
．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆的离心率可知
，
，然后将
代入椭圆方程即可求解；
（2）根据直线与圆相切即可求出
，分类讨论即可.
【详解】（1）由于椭圆的离心率为
，所以
，即
，
由于
，所以
，
将
代入椭圆方程，得
，即
，解得
，即
，
由题意，所截得的线段长为
，所以
，解得
，从而
，
所以椭圆的方程为
.
（2）由（1）可知，
，所以圆的方程为
，
设直线的方程为
，因为直线与圆相切，如图所示，
则圆心到直线的距离
，解得
，
椭圆上顶点
，分两种情况讨论：
①当
时，直线的方程为
，代入椭圆方程
，
化简得
，解得
或
，
则当
时，
，当
时，
，由于
，所以
，
则
，
，此时
；
②当
时，直线的方程为
，代入椭圆方程
，
化简得
，解得
或
，
当
时，
，当
时，
，由于
，所以
，
则
，
，此时
.
综上所述，
的值为.
2．（2025·上海·高考真题）在平面直角坐标系中，已知曲线
，点P、Q 分别为
上不
同的两点，
．
(1)求
所在椭圆的离心率；
(2)若
在y 轴上，若T 到直线
的距离为
，求P 的坐标；
(3)是否存在t，使得
是以T 为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求t 的取值范围；若不存在，请
说明理由．
【答案】(1)
；
(2)
；
(3)存在，
.
【分析】（1）根据椭圆方程直接求离心率；
（2）问题化为以
为圆心，
为半径的圆与过
的直线相切，且切线与
有
交点，设切线方程，利用与圆相切关系求参数，进而确定P 的坐标；
（3）设
，
，联立椭圆方程，结合韦达定理、判别式得
，注意讨论
、
，确定
中点为
，再结合
、
求参数范围.
【详解】（1）由
，则
，即离心率为
；
（2）由题设，问题化为以
为圆心，
为半径的圆与过
的直线相切，
且切线与
有交点，显然切线斜率存在，令切线为
，
所以
，可得
，则
或
，
当
，则切线为
，联立
，可得
，
则
或
，故此时
，满足；
当
，则切线为
，联立
，可得
，
则
或
，故此时
，不满足；
综上，
.
（3）由题设，直线
的斜率存在，可设
，
，
联立
，整理得
，
其中
，即
，
所以
，
，则
，
，
所以
且
，故
，
当
时，则
且
，则
，此时
，满足；
当
，而
的中点为
，又
，
则
，即
，
且
，
，
所以
，则
，
所以
，则
，故
所以
，则
.
综上，
.
【点睛】关键点点睛：第三问，设
，
，根据已知得到
，且
、
的应用为关键
3．（2024·上海·高考真题）在平面直角坐标系
中，已知点
为椭圆
上一点，
、
分
别为椭圆的左、右焦点.
(1)若点
的横坐标为2，求
的长;
(2)设
的上、下顶点分别为
、
，记
的面积为
的面积为
，若
，求
的
取值范围
(3)若点
在
轴上方，设直线
与
交于点
，与
轴交于点
延长线与
交于点
，是否存在
轴上方的点
，使得
成立?若存在，请求出点
的坐标;若不存
在，请说明理由.
【答案】(1)
；
(2)
；
(3)存在，
【分析】（1）根据给定条件，求出点
的纵坐标，再利用两点间距离公式计算即得.
（2）设
，求出
，再利用给定关系求出
的范围，进而求出
的范围.
（3）设
，利用向量坐标运算及共线向量的坐标表示可得
，再联立直
线
与椭圆方程，结合韦达定理求解即得.
【详解】（1）设
，由点
为椭圆
上一点，得
，即
，又
，
所以
.
（2）设
，而
，
则
，由
，得
，
即
，又
，则
，解得
，
，
所以
的范围是
.
（3）设
，由图象对称性，得
、
关于
轴对称，则
，
又
，于是
，
则
，同理
，
由
，得
，
因此
，即
，则
，
设直线
，由
消去
得
，
则
，即
，而
，解得
，
，
由
，得
，所以
.
【点睛】思路点睛：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；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．
4．（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
.
5．（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)
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.
【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）略
【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.
6．（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)
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
.
【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）略
7．（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)证明如下：
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
.
【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）略
【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．
8．（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)
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.
【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）略
【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.
9．（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．
10．（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03 参数的求值、最值、范围及证明问题
1．（2026·全国一卷·高考真题）已知椭圆
的左焦点为
，离心率为
．
(1)求
的方程；
(2)设
为坐标原点，过
且斜率大于
的动直线与
交于P，
两点，其中
在第三象限，直线
与
的另一个交点为
．
（i）若
的面积是
的面积的 倍，求的方程；
（ii）求
的最小值．
【答案】(1)
(2)（i）
；（ii）
【分析】（1）根据焦点以及离心率的定义即可求解；
（2）（i）通过联立直线与椭圆方程，利用韦达定理以及三角形的面积公式即可求解；（ii）由于
是
直线
与直线
的夹角，列出
的表达式即可求解.
【详解】（1）已知椭圆
的左焦点为
，离心率
，
则
，解得
，
，
因此椭圆方程为
.
（2）解法一：
设
，点
，点
，其中
，
联立直线与椭圆方程
，得
，
由韦达定理得
，
由于
两点在椭圆上，关于原点对称，
所以点
，且
，
（i）
由面积公式，
，
又因为
是线段
的中点，所以
，所以
，
，
由于
，得
，即
，
令
，由
与
，得
，
代入
，得
，解得
，
所以
，所以直线的方程为
.
（ii）直线
的斜率为
，
于是
，当且仅当
时取等号，
故
的最小值为
.
解法二：
（i）如图所示，设直线的方程为
，其中斜率
，
设点
，点
，且
，
根据椭圆的中心对称性可知，点
，
联立直线与椭圆方程，得
，化简得
，
由韦达定理可得
，
因为
是
关于原点
的对称点，所以
是线段
的中点，
因此
，所以
，
由于
，所以
，
，
，
所以
，即
，
由于
，所以简化为
，
代入韦达定理，得
，则
，
化简得
，由于
，解得
，
所以直线的方程为
，即
.
（ii）由题意，
即为直线
与直线
的夹角，
直线
即直线，方程为
，
点
，点
，点
，直线
的斜率
，
直线
的斜率
，
由于
在直线
上，有
，
则
，代入
，
则
，
设直线
的倾斜角为
，直线
的倾斜角为
，则
，
因此
，
即
，
由基本不等式得
，当且仅当
，即
时取等号，所以
的最
小值为
.
2．（2026·上海·高考真题）已知双曲线
，点
在
上，
，
分别为双曲线的左、右焦点．
(1)求点
到双曲线渐近线的距离；
(2)若
，求
；
(3)记
为双曲线
满足
和
的部分；直线，
均过右焦点
，与
交于
，
两点（分
别在第一、第四象限），
与
交于
，
两点（分别在第三、四象限），问：是否存在常数
，使得
对任意直线，都存在唯一对应的直线
满足
？若存在，求出
的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在实数
符合题意，此时
的取值范围为
【分析】（1）根据双曲线方程求
，即可得渐近线方程以及点到直线的距离；
（2）解法一：根据余弦定理可得
，结合定义可得
，
，即可得
面积；解法二：设
，根据数量积可得
，即可得面积；解法三：根据极化恒等式和中线长性
质可得
，
，结合面积公式运算求解；
（3）根据题意结合双曲线性质可得直线斜率取值范围，设直线方程结合弦长公式可得
，
，进而分析取值范围即可得解.
【详解】（1）由题意可知：
，
，
则
，
，渐近线方程为
，即
，
所以点
到双曲线渐近线的距离为
.
（2）解法一：因为
，
由余弦定理可得
，
整理得：
，
因点
是双曲线上一点，则
，可得
，
代入可得
，
，则
，
所以
的面积为
；
解法二：设
，则
，即
，
可得
，
，
因为
，即
，解得
，
所以
的面积为
；
解法三：因为
，即
，
由中线长定理可知：
，
因为
，可得
，
代入可得
，
，可得
，
解得
，则
，
，
所以
的面积为
.
（3）不妨取
，
，则直线
的斜率
，
依题意，设直线：
，则
，设直线
：
，则
，
，
，
联立方程
，消去x 可得
，
则
，
，
可得
，
可知函数
在
内单调递增，则
，
且当趋近于1 时，
趋近于
，即
在
内的值域为
，故
，
因
，所以
；
同理可得：
可知
在
内单调递减，则
，
且当趋近于1 时，
趋近于
，即
在
内的值域为
，故
；
由题意可知：
，可得
，解得
，
所以存在实数
符合题意，此时
的取值范围为
.
3．（2026·上海·高考真题）已知双曲线
，过点
作不垂直于
轴的直线交双曲线
于
、
两点.
(1)求双曲线离心率；
(2)若点
，点
在双曲线的右支上，且
是
的中点，求直线的斜率；
(3)若
，
，
分别是双曲线
的左右焦点，
是
关于
轴的对称点，若存在直线使得
，求
的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）求出
，直接利用公式即可求解；
（2）根据中点坐标公式求出点
，将点
坐标代入双曲线方程求出
，再利用斜率公式即可求出答案；
（3）设直线方程为
，联立求出
，由题意得
且
，再根
据
求出
，结合
且
可求出答案.
【详解】（1）对于双曲线
，
，
，
，
所以双曲线离心率
.
（2）因为点
是
的中点，所以点
，
代入双曲线方程
，得
，
解得
，
又点
在双曲线的右支上，所以
，即
，
所以
，
所以直线的斜率为
.
（3）当直线斜率为
时，易知
与
共线，不符合题意；
当直线斜率不为
时，设直线方程为
，
设
，
，则
，
联立
，整理得
，
（*）且
，
，
，
因为
，
，
所以
，
，
所以
，
即
，
即
，
整理得
，即
，
代入（*）中得
，又
，所以
，
又因为
，即
，所以
且
，
综上，
的取值范围为
.
4．（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：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
.
【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）略
5．（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
.
6．（2025·全国一卷·高考真题）已知椭圆
的离心率为
，下顶点为A，右顶点
为B，
．
(1)求C 的方程；
(2)已知动点P 不在y 轴上，点R 在射线AP 上，且满足
．
（i）设
，求
的坐标（用m，n 表示）；
（ⅱ）设O 为坐标原点，
是C 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
.
7．（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.
8．（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.
9．（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.
10．（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.
11．（2023·上海·高考真题）已知椭圆
．
(1)若
，求椭圆
的离心率；
(2)设
为椭圆
的左右顶点，若椭圆
上一点E 的纵坐标为1，且
，求m 的值；
(3)若P 为椭圆
上一点，过点P 作一条斜率为
的直线与双曲线
仅有一个公共点，求m 的取
值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由椭圆的离心率定义即可得出答案；
（2）设
，求出E 点的坐标，表示出
，由数量积的定义求出
，即可求出
m 的值；
（3）设该直线为
，直线与双曲线
仅有一个公共点，讨论直线与双曲线
的渐近线平行和直线与双曲线
的渐近线不平行结合P 为椭圆
上一点即可得出
答案.
【详解】（1）当
时，椭圆
，焦点在
上，
则
，则
.
（2）因为
为椭圆
的左右顶点，所以
，
令
中
，则
，
若
，
，
，
解得：
.
若
，
，
，
解得：
.
（3）若P 为椭圆
上一点，过点P 作一条斜率为
的直线，
设该直线为
，直线与双曲线
仅有一个公共点，
①直线与双曲线
的渐近线平行时，
则双曲线
的渐近线为：
，所以
.
因为P 为椭圆
上一点，所以
，所以不满足题意.
②直线与双曲线
的渐近线不平行时，
，则
，
则
，解得：
，
解得：
，因为
，所以
.
又因为P 为椭圆
上一点，所以
，则
，
则
，解得：
，
所以
，所以
，综上所述：
.
则m 的取值范围为：
12．（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
．
13．（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．
14．（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(x0,y0),由③|AM|=|BM|等价分析得
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.
15．（2022·上海·高考真题）在椭圆
中，直线
上有两点C、D (C 点在第一象限)，左顶
点为A，下顶点为B，右焦点为F.
(1)若∠AFB
，求椭圆
的标准方程；
(2)若点C 的纵坐标为2，点D 的纵坐标为1，则BC 与AD 的交点是否在椭圆上？请说明理由；
(3)已知直线BC 与椭圆
相交于点P，直线AD 与椭圆
相交于点Q，若P 与Q 关于原点对称，求
的
最小值.
【答案】(1)
(2)交点为
，在椭圆上，理由见解析
(3)6
【分析】（1）写出
三点的坐标，可将
用坐标表示出来，求出的值，再结合已知条件，
即可求出
，进而写出椭圆的标准方程；
（2）根据条件，写出直线
和
的方程，求出交点坐标，再将其代入椭圆标准方程的左边，即可判断
该点与椭圆的位置关系；
（3）利用三角换元（或者椭圆的参数方程）的方法设出点
的坐标，再结合点
的坐标，写出直线
和
的方程，求出点
的坐标，表示出
，再利用三角恒等变换以及同角三角函数关系化简
，最后根据重要不等式计算出
的最小值.
【详解】（1）由题可得
，又
，
所以
，解得
，
所以
，
故椭圆
的标准方程为
；
（2）由
，得直线
的方程为：
，
由
，得直线
的方程为：
，
联立两方程，解得交点为
，
代入椭圆方程的左边，得
，
故直线
与
的交点在椭圆上；
（3）由题有
因为
两点在椭圆上，且关于原点对称，
则设
，
直线
，则
，
直线
，则
，
所以
设
，则
，
因为
，
所以
，则
，即
的最小值为6.
【点睛】关键点点睛：第（3）小题中，以三角函数形式（参数方程）设点是解题的关键，进而利用三角
恒等变换和同角三角函数关系（二次齐次分式化正余弦为正切）将
化简，最终利用重要不等式求出其
最小值.
考点04 圆锥曲线综合问题
1．（2026·全国二卷·高考真题）已知椭圆
：
（
），过E 的右焦点且与
轴垂直的直线被
截得的线段长为
．
(1)求
的离心率．
(2)设
为坐标原点，给定点
，
为
上的点，过
作
轴的垂线，垂足为
，
直线
与直线
的交点为
．当
在
上运动时，点
的轨迹为
．
（ⅰ）求
的方程；
（ⅱ）当为何值时，
有对称中心？当
有对称中心时，将
平移后得到曲线
，使得
为
的对
称中心，说明
是什么曲线.
【答案】(1)
(2)（i）
的方程为
；
（ii）当
时，
有对称中心；
当
时，
形状为焦点在x 轴上的椭圆去掉与
轴交点，
当
时，
形状为焦点在x 轴上的双曲线去掉与
轴交点.
【分析】（1）利用过右焦点垂直于
轴的直线被
所截线段长为
，通过求出坐标解出线段的长，求
得
再求出离心率；
（2）(i)通过联立方程求出点
的坐标，再反解出点
的坐标代入椭圆方程，从而求出
的轨迹
的方程；
（ii）先对曲线方程配方，再讨论
在不同取值时，中心存在的情况；再通过平移规律求出
的方程，再
讨论不同情况下
的形状.
【详解】（1）设椭圆
的右焦点为
，其中
，
那么过右焦点且垂直于
轴的直线为
，代入椭圆得
，即
，
所以
，由于截线段长为
，解得
，
故
，离心率
.
（2）(i) 方法一：
由（1）知椭圆方程为
，由于点
满足
，且
，过
作
轴的垂线，交
轴于点
，
那么当
时，点
，点
与点
重合；
当
时，直线
方程为：
，直线
方程为：
，
即
，
联立
，解得
，即点
，
设
，则由
，
代入椭圆方程
得
，即
，
两边乘以
得
，
整理得
，
把点
代入，仍然成立，
故轨迹
的方程为
；
方法二：
由于
，点
在
轴，故直线
必有斜率；
设直线
方程为
，
，那么点
，
由于
轴，则
，
由于点
三点共线，则
，
因为点
在直线
上，所以，
，
把
代入椭圆
方程：
，得
，即
，
整理化简，得
，
故轨迹
的方程为
；
(ii)由（i）得轨迹
的方程为
，
当
即
时，轨迹
的方程为
，为抛物线去掉与x 轴交点，无对称中
心；
当
即
且
0 时，
化简轨迹
的方程为
，
将轨迹
向左或向右平移
个单位得到
的方程为
，即
，
所以当
时，
形状为焦点在x 轴上的椭圆去掉与
轴交点，
当
时，
形状为焦点在x 轴上的双曲线去掉与
轴交点.
综上，当
时，轨迹
无对称中心；
当
时，
有对称中心；
当
时，
形状为焦点在x 轴上的椭圆去掉与
轴交点，
当
时，
形状为焦点在x 轴上的双曲线去掉与
轴交点.
2．（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)(3)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）证明如下：
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)证明如下：
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.
