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第 17 讲 圆锥曲线的综合问题（4 大考点母题突破+强化训练）
[考情分析] 1.圆锥曲线的综合问题是高考考查的重点内容，常见的热点题型有范围、最值问题，定点、定
直线、定值问题及探索性问题.2.以解答题的形式压轴出现，难度较大．
知识导图
考点分类讲解
母题突破1：范围、最值问题
规律方法 求解范围、最值问题的常见方法
(1)利用判别式来构造不等关系．
(2)利用已知参数的范围，在两个参数之间建立函数关系．
(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式．
(4)利用基本不等式．
【例1】(2023·全国甲卷)已知直线x－2y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于A，B两点，|AB|＝4.
(1)求p；
(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，FM·FN＝0，求△MFN面积的最小值．
思路分析
❶联立方程利用弦长求p
❷设直线MN：x＝my＋n和点M，N的坐标
❸利用FM·FN＝0，得m，n的关系
❹写出S
△MFN
的面积
❺利用函数性质求S
△MFN
面积的最小值解 (1)设A(x ，y )，B(x ，y )，
A A B B
由可得y2－4py＋2p＝0，
所以y ＋y ＝4p，y y ＝2p，
A B A B
所以|AB|＝×＝4，
即2p2－p－6＝0，解得p＝2(负值舍去)．
(2)由(1)知y2＝4x，
所以焦点F(1,0)，显然直线MN的斜率不可能为零，
设直线MN：x＝my＋n，M(x，y)，N(x，y)，
1 1 2 2
由可得y2－4my－4n＝0，
所以y＋y＝4m，yy＝－4n，
1 2 1 2
Δ＝16m2＋16n>0⇒m2＋n>0，
因为FM·FN＝0，FM＝(x－1，y)，FN＝(x－1，y)，
1 1 2 2
所以(x－1)(x－1)＋yy＝0，
1 2 1 2
即(my＋n－1)(my＋n－1)＋yy＝0，
1 2 1 2
即(m2＋1)yy＋m(n－1)(y＋y)＋(n－1)2＝0，
1 2 1 2
将y＋y＝4m，yy＝－4n代入得，
1 2 1 2
4m2＝n2－6n＋1，
所以4(m2＋n)＝(n－1)2>0，
所以n≠1，且n2－6n＋1≥0，
解得n≥3＋2或n≤3－2.
设点F到直线MN的距离为d，
所以d＝，
|MN|＝
＝
＝
＝2|n－1|，
所以△MFN的面积
S＝×|MN|×d＝×2|n－1|×＝(n－1)2，
而n≥3＋2或n≤3－2，
所以当n＝3－2时，△MFN的面积最小，为S ＝(2－2)2＝12－8＝4(3－2)．
min
【变式1】（2023·辽宁抚顺·模拟预测）设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线 上任意一点，M是线段PF上的点，且 ，则直线OM的斜率的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设 ， ，确定 ，根据向量之间的关系得到 ，得到 ，
，利用均值不等式计算得到答案.
【详解】 ，设 ，显然当 时， ，当 时， ，
要想求解直线OM的斜率的最大值，此时 ．
设 ， ， ，则 ，即 ，
解得 ．
，故 ，即 ，
，故 ，
当且仅当 ，即 时，等号成立，故直线OM的斜率的最大值为 ．故选：B.
【变式2】（2024·陕西·模拟预测）已知过抛物线 的焦点 的直线与抛物线交于 两点，抛物线
的准线与 轴的交点为 ．
(1)若点 的横坐标大于1，当直线 与抛物线的另一个交点恰好为线段 的中点时，求直线 的方程；
(2)求 内切圆的圆心到坐标原点距离的最大值．
【答案】(1) 或
(2)
【分析】（1）设 ，依题意得到关于 的方程组，进而求得 的坐标，结合 即可得解；
（2）联立直线 与抛物线的方程，证得 内切圆的圆心在 轴上，再利用角平分线定理得到
，分析 的取值情况，从而得到关于 的不等式组，解之即可得解.
【详解】（1）由题意，知 ，设 ，则 ，
又 ，所以线段 的中点坐标为 ，
代入抛物线方程，得 ，
联立 ，解得 或 ，
所以 或 ，又 ，
所以 或 ，
所以直线 的方程为 或 ，
即 或 .（2）设直线 的方程为 ，
联立 ，消去 并整理，得 ，
所以 ，
所以
，
所以 ，即 内切圆的圆心在 轴上，
设 内切圆的圆心为 ，
由角平分线定理，得 ，
过点 作抛物线准线的垂线，设垂足为 ，
则 ，即 ，
故当 最大时， 最小，
所以只有当直线 与抛物线相切时， 取得最小值，
此时直线 斜率存在，设切线为 ，
联立 ，消去 ，得 ，
则 ，解得 ，则 的最小值为 ，易知 ，则 ，解得 ，
所以 内切圆的圆心到坐标原点距离的最大值为 .
【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.
【变式3】（2024·全国·模拟预测）第一象限的点 在抛物线 上，过点 作 轴于点 ，
点 为 中点．
(1)求 的运动轨迹曲线 的方程；
(2)记 的焦点分别为 ，则四边形 的面积是否有最值？
【答案】(1)
(2) 在 上没有最值．
【分析】（1）设 ，得到 ，求出 ， ，得到轨迹方程；
（2）根据四边形 为梯形，表达出面积 ，求导得到单调性， 在 上
没有最值.
【详解】（1）设 ， ，则有 ，其中 ，因为 是 的中点，
所以 ，则 ，即 ， ，故 的运动轨迹曲线 的方程 ．
（2）因为 与 平行，所以四边形 是梯形，
其上底为 ，下底为 ，高为 ，
所以其面积 ，又 ，
所以 ，
令 ，则 ，
所以 即 关于 单调递增，
又当 时， ； 时， ，
所以 在 上没有最值．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法，
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数
的最值或范围．
母题突破2：定点(定直线)问题
规律方法 动线过定点问题的两大类型及解法
(1)动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．
(2)动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于
零，得出定点．
【例2】（2024·江西·一模）已知椭圆 的左右顶点分别为A、B，点C在E上，点
分别为直线 上的点.
(1)求 的值；
(2)设直线 与椭圆E的另一个交点为D，求证：直线 经过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）解法一：设 ，根据斜率公式得 ，然后根据点C在椭圆上化简即可
求解；
解法二：设 ，利用三点共线的向量形式求得 ， ，结合点C在椭圆上化简即可
求解；
（2）解法一：联立直线MA与椭圆E方程，利用韦达定理得 ，同理得点 的坐
标为 ，分类讨论求得直线 的方程，即可求得直线 经过的定点；
解法二：设直线 的方程为： ，
联立直线 与椭圆E方程，结合韦达定理利用 求得 ，从而求得直线 经过的定点.
【详解】（1）解法一：设 ，由题可知， ，
又 ，由 ，在 上，则 ，
， .
解法二：设 ，则 ，
∵A、C、M三点共线，∴ ，同理： ，∴ ，
又 在曲线E上，∴ ，代入上式得： .
（2）解法一：由题可知，直线MA的方程为： ，
联立方程 可得： ，
=45>0，
， ，
又 ， ， ，
同理可得点 的坐标为 ，
（i）当直线 垂直于x轴时， ，即 ， ，
，此时直线 的方程为 ；
（ii）当直线 不垂直于x轴时，
，故直线 的方程为 ，
令 ，则 ，
整理得 ，此时直线 经过定点
综上，直线 经过定点 .
解法二：由 ，
又 ，∴ ，
由题可得直线 显然不与x轴平行，
设直线 的方程为： ，
由 得 ，
，
又
，
由 得 或 （舍去），
∴直线 ： ，∴直线 经过定点 .【变式1】（2024高三·全国·专题练习）已知椭圆 的左顶点为 ， ， 为 上的两个动点，
记直线 ， 的斜率分别为 ， ，若 ，试判断直线 是否过定点.若过定点，求该定点坐标；
若不过定点，请说明理由.
【答案】过定点，
【分析】根据题意，平移坐标系，得到直线与椭圆方程，联立之后结合韦达定理代入计算，即可得到结果.
【详解】将坐标系左移2个单位长度（即椭圆右移），则椭圆方程变为 ，
即 .
设直线 为直线 ，平移后为直线 ，联立
齐次化得 ，整理可得 ，
两边同除以 ，得 ，则 ，解得 .
把 代入直线 中，得 ，当 时， ，
所以 过定点 ，则直线 过定点 .
【变式2】（23-24高三下·四川绵阳·阶段练习）已知点 在抛物线 上， 为抛物线 上两个动点， 不垂直 轴， 为焦点，且满足 ．
(1)求 的值，并证明：线段 的垂直平分线过定点；
(2)设（1）中定点为 ，当 的面积最大时，求直线 的方程．
【答案】(1) ，证明见解析
(2)
【分析】（1）代入点的坐标可得抛物线方程，联立方程，利用垂直和平分求出垂直平分线的方程可得答
案；
（2）先求出弦长和高，表示出三角形的面积，利用导数求解可得答案.
【详解】（1）将点 代入抛物线方程，可得 ，解得 ，
所以抛物线方程为 ，
设直线 的方程为： ，
联立方程 ，消去 得 ， ，
由韦达定理得 ，
根据抛物线定义： ，可得 ，
此时 ，解得 或 ，
设 的中点坐标为 ，则 ，
可得 的垂直平分线方程为： ，
将 代入整理得： ，故 的垂直平分线过定点 ．（2）由（1）可得 ，
且点 到直线 的距离 ，
则 的面积为 ，
可得 ，
设 ，设 ，则
令 ，解得 ；令 ，解得 ；
则 在 上单调递增，在 上单调递减．
所以当 时， 的面积取最大值，此时 ，即 ．此时 .
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题求解方法：先把目标式表示出来，根据目标式的特点选择合适
的方法进行求解，常用方法有：①二次函数法：利用换元法，目标式化成二次型，结合二次函数求解；②
基本不等式法：把目标式化成能使用基本不等式的结构，利用基本不等式求解；③导数法：求解导数，利
用导数求解最值.
【变式3】（23-24高三下·江西·开学考试）设抛物线 ，过焦点 的直线与抛物线 交于点 、 ．当直线 垂直于 轴时， ．
(1)求抛物线 的标准方程．
(2)已知点 ，直线 、 分别与抛物线 交于点 、 .
①求证：直线 过定点；
②求 与 面积之和的最小值．
【答案】(1)
(2)①证明见解析；② .
【分析】（1）利用弦长求解 ，即可求解抛物线方程；
（2）①设直线方程，与抛物线联立，韦达定理找到坐标关系，表示出直线方程，即可求出定点；
②利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得 与 面积之和的最小值．
【详解】（1）解：由题意，当直线 垂直于 轴时，直线 的方程为 ，
联立 可得 ，则 ，所以 ，即 ，
所以抛物线 的方程为 .
（2）证明：①若直线 与 轴重合，则直线 与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
同理可知，直线 也不与 轴重合，易知点 ，
设 、 ，设直线 的方程为 ，联立 得 ， ，
因此 ， .
设直线 的方程为 ，联立 得 ，
则 ，因此 ， ，则 ，同理可得 .
所以 .
因此直线 的方程为 ，
由对称性知，定点在 轴上，
令 得，
，
所以，直线 过定点 .
解：②记点 ， ，
，所以， ，当且仅当 时，等号成立，
故 与 面积之和的最小值为 .
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方
程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点 ，常利用直线的点斜式方程 或截距式 来证明.
母题突破3：定值问题
规律方法 求解定值问题的两大途径
(1)由特例得出一个值(此值一般就是定值)→证明定值：将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关．
(2)先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分
子、分母约分得定值．
【例3】（2024·辽宁抚顺·一模）已知双曲线 的中心为坐标原点，其右焦点到渐近线的距离为 ，离心
率为 ，
(1)求双曲线 的标准方程；
(2)记双曲线 的左、右顶点分别为 ，点 为双曲线 的右支上异于点 的动点，直线 与直线
相交于点 ，直线 与双曲线 的另一个交点为 ，直线 垂直 于点 ，问是否存在点 ，使得
为定值？若存在，请求出点 的坐标；若不存在，请说明理由，
【答案】(1)
(2)存在点 使 为定值3， 的坐标为
【分析】（1）利用待定系数法，结合点线距离公式与双曲线的离心率得到关于 的方程组，解之即可
得解；（2）联立直线 与双曲线方程，得到 ，再由 三点共线与 三点共线得关于
的方程，分析得 ，从而得到直线 过定点，进而求得点 ，由此得解.
【详解】（1）设双曲线 的右焦点为 ，
双曲线 的标准方程为 ，则其渐近线为 ，
由已知可得 ，结合 ，可得 ，
所以双曲线 的标准方程为 ，
（2）由已知，直线 不垂直于 轴，设直线 的方程为 ，
由 消去 并整理得 ，①
则 ，且由这个方程的判别式 可得 ，
设 ，则 ，
由已知可得 ，设 ，
由 三点共线可得 ，
由 三点共线可得 ，
消去 并整理得 ，又 ，所以上式可化为 ，
即 ，
整理可得 ，
若 ，则 ，代入①式可得 ，
因为点 不与点 重合，所以 ，即 ，
所以 ，
所以 ，即 ，所以直线 过定点 ，
因为直线 垂直于直线 ，垂足为点 ，所以点 在以 为直径的圆上，
所以存在点 使 为定值3，此时点 的坐标为 ，
【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.
【变式1】（23-24高三下·江西·开学考试）已知椭圆 的右焦点为 ，过 的直线 与
交于 两点.
(1)若点 为 上一动点，求 的最大值与最小值；
(2)若 ，求 的斜率；(3)在 轴上是否存在定点 ，使得 为定值？若存在，求出定点 的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)最大值为 ，最小值为 ；
(2)
(3)存在定点
【分析】（1）由题意，根据椭圆的定义可得 ，则 ，当
点 与 的左、右顶点重合时取到最值；
（2）设 ，根据平面共线向量的坐标表示可得 ，结合 求出点B的
坐标，利用两点表示斜率公式计算即可求解；
（3）假设满足条件的点存在，易知直线 的斜率不存在时 ；设 ，根据平面向量数量
积的坐标表示可得 ，当直线 的斜率存在时，设 ： ，联立
椭圆方程，利用韦达定理表示出 ，代入 ，化简计算即可求解.
【详解】（1）设 的左焦点为 ，则 ，
由椭圆的定义知， ，
所以 ，
当且仅当点 与 的左顶点重合时取等号，
即 的最大值为 ；
，当且仅当点 与 的右顶点重合时取等号.
即 的最小值为 .
（2）设 ，则由 ，得 ，
所以 ，即 ，又 在 上，
所以 ，即 解得
即 .
故直线 的斜率为 .
（3）假设满足条件的点存在，设 ，
则 ，
当直线 的斜率存在时，设 的方程为 ，
把 代入 ，得 ，
所以 ，
，
，
所以 为定值，所以 ，解得 ，
存在定点 ，使得 为定值 ；
当直线 的斜率不存在时，易得 满足 为定值 .
综上，存在定点 ，使得 为定值.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法一般有两种：
(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．
【变式2】（2024·湖南邵阳·二模）已知双曲线 的左焦点为 ，点
在双曲线上，直线 与双曲线 交于 两点.
(1)若 经过点 ，且 ，求 ；
(2)若 经过点 ，且 两点在双曲线 的左支上，则在 轴上是否存在定点 ，使得 为定值.若存
在，请求出 面积的最小值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1) ；
(2)存在， .【分析】（1）先利用点在双曲线上和双曲线的性质求出双曲线方程，然后分直线的斜率存在与否讨论，
存在时，设出直线方程，利用韦达定理法表示出 ，再代入直线方程表示出 ，最后利用向量
的数量积为零求出斜率 ，再代入弦长公式求出弦长；
（2）假设存在，设直线方程 ，利用韦达定理法表示出 ，要使 为定值，则
，解出 后得到点 的坐标，再用弦长公式表示出三角形的面积，最后利用换元法和分离
常数法结合复合函数的单调性求出面积的最小值.
【详解】（1）
把 代入 得：
，又 .
又 ，解得 .
双曲线方程为 .
若直线 的斜率不存在时， ，此时不妨设 .
，舍去.
若 的斜率存在，设 方程为 ，代入 ，化简得 ，
，
设 ，则 ，.
，得 ，即 .则 .
.
（2）
假设存在 ，使得 为定值.
设 方程为 ，代入 ，化简得 .
由题意 .
.
由题意 .要使 为定值，则 ，解之得 .
存在 ，使得 为定值 .
此时
令 ，
.
.
由复合函数的单调性可知 在 递减，
在 时取得最大值1.
的最小值为 .
【点睛】关键点点睛：
（1）求弦长时，可用弦长公式 ，韦达定理表示出两根之和和两根之积；
（2）对于直线过定点问题时，可采用向量垂直数量积为零，求出关于参数的方程，再讨论定点问题；
（3）求圆锥曲线中三角形的面积最值问题时，可用弦长公式表示出面积，再结合换元法或基本不等式或
函数的单调性求出面积的最值.
【 变 式 3 】 （ 2024 高 三 · 全 国 · 专 题 练 习 ） 已 知 ， 分 别 为 有 心 二 次 曲 线
的左、右焦点， 为曲线上任意一点，直线 ， 分别交曲线 于点 （异于点 ），设 ， ，求证： 为定值．
【答案】证明见解析
【分析】将 ， 代入曲线方程,，然后结合定比分点公式化简整理求 .
【详解】设 ， ， ．
因为 ，所以 ，
将 ， 代入曲线方程，得 ，
，得 ．
两边同除以 ，并整理得 ，
所以 ，即 ．
又 ，即 ，
两式相加，得 ．
同理 ，
所以 为定值．
定 比 分 点 公 式 ： 若 ， 则 称 点 M 为 AB 的 定 比 分 点 ， 若 ， ， 则
.母题突破4：探究性问题
【例4】（2024·重庆·模拟预测）已知点 和直线 ，点 到 的距离 .
(1)求点 的轨迹方程；
(2)不经过圆点 的直线 与点 的轨迹交于 ， 两点. 设直线 ， 的斜率分别为 ， ，记 ，
是否存在 值使得 的面积为定值，若存在，求出 的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）利用直接法求得轨迹方程；
（ 2 ） 设 ， ， 分 别 表 示 ， 及 ， 进 而 表 示
，可知，当 时， 为定值 ，即
面积为定值.
【详解】（1）设点 ，由 ，
当 时， ， 不成立，
所以 ，则 ，即 ；
（2）设 ， ，则 ， ，
又点 在椭圆上，则 ，则 ，同理 ，
设直线 与 的倾斜角分别为 ， ，则 ，
则 ，则
，
所以当 时， 为定值 ，即 面积为定值.
【变式1】（22-23高三下·浙江绍兴·开学考试）在平面直角坐标系 中，已知椭圆C：
.
(1)设 是椭圆 上的一个动点，求 的取值范围；
(2)设与坐标轴不垂直的直线 交椭圆 于 两点，试问：是否存在满足条件的直线 ，使得 是以
为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出直线 的方程，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2) 或
【分析】（1）设点 ，将 转化为坐标表示，求取值范围；
（2）设直线方程，与椭圆方程联立，设 中点为D，若 是以B为直角顶点的等腰直角三角形，
则 ， ，解出直线方程.
【详解】（1）设点 ，则 ，，
因为 ，所以当 时， ，
当 时， ，
所以 .
（2）设直线l： （ ）， ， ，
，消去y得， ，
由题， ，
， ，
， ，
若 是以B为直角顶点的等腰直角三角形，则 ，
，
所以 ，①
设 中点为D，则 ，因为 ，
所以 ，即 ，②
由①②，得 ， 或 ， ，满足 ，
所以存在直线l使得 是以B为直角顶点的等腰直角三角形，
直线方程为 或 .
【变式2】（2024·福建泉州·模拟预测）已知中心在原点、焦点在 x轴上的圆锥曲线E的离心率为2，过E的右焦点F作垂直于x轴的直线，该直线被E截得的弦长为6．
(1)求E的方程；
(2)若面积为3的 的三个顶点均在E上，边 过F，边 过原点，求直线 的方程：
(3)已知 ，过点 的直线l与E在y轴的右侧交于不同的两点P，Q，l上是否存在点S满足
，且 ？若存在，求点S的横坐标的取值范围，若不存在，请说明理由．
【答案】(1) ；
(2) 或 ；
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）依题意设出双曲线方程，根据条件即可得结果；
（2）根据直线与双曲线相交，由弦长公式及三角形面积公式可得结果；
（3）根据直线与双曲线相交，由条件得出点S的轨迹可判断结果.
【详解】（1）圆锥曲线E的离心率为2，故E为双曲线，
因为E中心在原点、焦点在x轴上，所以设E的方程为 ，
令 ，解得 ，所以有 ①
又由离心率为2，得 ②，由①②解得 ，
所以双曲线E的标准方程是 ．
（2）设 ， ，由已知，得 ，根据直线 过原点及对称性，
知 ，
联立方程，得 ，化简整理，得 ，所以 ，且 ，
所以 ，解得 ，
所以直线 的方程是 或 ．
（3）若直线l斜率不存在，此时直线l与双曲线右支无交点，不合题意，
故直线l斜率存在，设直线l方程 ，联立方程，得 ，
化简整理，得 ，
依题意有 ，因为 恒成立，
所以 ，故 ，解得： ，
设 ， ，则由韦达定理，得 ，设点S的坐标为 ，由 ，得 ，
则 ，变形得到 ，
将 ， 代入，解得 ，
将 代入 中，解得 ，
消去k，得到点S的轨迹为定直线 ： 上的一段线段（不含线段端点 ， ，设直线 与双曲
线切于 ，直线 与渐近线 平行时于 交点为 ）．
因为 ， ，且 ，取 中点 ，
因为 ，
所以 ，
所以 ，故 ，
即S的轨迹方程为 ，表示以点H为圆心，半径为 的圆H，
设直线 与y轴，x轴分别交于 ， ，依次作出直线 ， ， ， ，
且四条直线的斜率分别为： ， ， ， ，
因为 ，所以线段 是线段 的一部分
经检验点 ， 均在圆H内部，所以线段 也必在圆H内部，因此线段 也必在圆H内部，所以满足条件 的点S始终在圆H内部，
故不存在这样的点S，使得 ，且 成立．
【点睛】直线与圆锥曲线相交，常利用“设而不求”的方法解决弦长，面积，数量积，斜率等问题.
【变式3】（2024·广东佛山·二模）已知以下事实：反比例函数 （ ）的图象是双曲线，两条坐标
轴是其两条渐近线．
(1)（ⅰ）直接写出函数 的图象 的实轴长；
（ⅱ）将曲线 绕原点顺时针转 ，得到曲线 ，直接写出曲线 的方程．
(2)已知点 是曲线 的左顶点．圆 ： （ ）与直线 ： 交于 、 两点，直
线 、 分别与双曲线 交于 、 两点．试问：点A到直线 的距离是否存在最大值？若存在，
求出此最大值以及此时 的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)（ⅰ）2；（ⅱ） ．
(2)存在，点A到直线 距离的最大值为2， ．
【分析】（1）由题意结合双曲线的性质，即可求得答案；
（2）方法一：设 ， ， ，设 ： ，联立双曲线方程，可得根与系数
的关系式，进而求出 两点的纵坐标，结合 ，即可求得参数 之间的关系，代入 ，即可求得答案；
方法二：设 ， ， ， ， ，
利用 ， 的方程求出 ， ， 的表达式，即可得 的坐标，从而求出 的方程，可推出过
定点，即可求得答案；
方法三：设 ， ， ， ， ，可得 ，设 ：
，联立双曲线方程化简得出 ，变形后利用根与系数的关
系可得出 ，求出n，即可推出 过定点，即可求得答案..
【详解】（1）（ⅰ）由题意可知双曲线 的实轴在 上，联立 ，
解得 或 ，即双曲线 的两顶点为 ，
故实轴长为 ；
（ⅱ）将曲线 绕原点顺时针转 ，得到曲线 ，
曲线 的方程为 ；
（2）方法一：设 ， ， ，显然直线 的斜率存在，设 ： ，联立 ： 得 ，
所以 ， ， ①，
因为 ： ，令 ，则 ，同理， ，②
依题意得 ，③
由①②③得， ，
所以 ，即 或 ，
若 ，则 ： 过点A，不合题意；
若 ，则 ： ．所以， 恒过 ，
所以， ．当且仅当 ，即 时取得，
此时 方程为 ，结合 ，
解得 ， ， ，
综上所述，点A到直线 距离的最大值为2，此时圆 的半径为 ；
方法二：设 ， ， ， ， ，
则 ： ， ： ，联立 ，得 ，
为此方程的一根，另外一根为 ，则 ，
代入 方程得， ，
同理可得 ， ，
即 ， ，
则 ，
所以直线 的方程为 ，
所以直线 过定点 ,
所以 ．当且仅当 ，即 时取得，
解得 ,
综上所述，点A到直线 距离的最大值为2，此时圆 的半径为 ；
方法三：设 ， ， ， ， ，
则 ，
依题意，直线 不过点A，可设 ： ，
曲线 的方程 改写为 ，即 ，联立直线 的方程得 ，
所以 ，
若 ，则 ，代入直线 方程，无解；
故 ，两边同时除以 得 ，
则 ， 得 ，
在直线 ： 中，令 ，则 ，
所以， 恒过 ，
所以， ，
当且仅当 ，即 时取得，此时 ，符合题意，
且 方程为 ，解得 ， ， ，
综上所述，点A到直线 距离的最大值为2，此时圆 的半径为 ．
【点睛】难点点睛：本题考查双曲线方程的求解以及直线和双曲线位置关系的应用，其中的难点是求解最
值问题，解答时要注意利用直线方程和双曲线方程的联立，利用根与系数的关系式进行化简，难点就在于
化简的过程十分复杂，计算量大，并且基本上都是有关字母参数的运算，需要有较强的计算能力.
强化训练
1.（2024·江苏·模拟预测）已知椭圆 的离心率为 分别为椭圆 的左，右顶
点和坐标原点，点 为椭圆 上异于 的一动点， 面积的最大值为 .
(1)求 的方程；
(2)过椭圆 的右焦点 的直线 与 交于 两点，记 的面积为 ，过线段 的中点 作直线的垂线，垂足为 ，设直线 的斜率分别为 .
①求 的取值范围；
②求证： 为定值.
【答案】(1)
(2)① ；②证明见解析
【分析】（1）根据离心率以及 面积的最大值，构造方程解方程可得 的方程为 ；
（2）①联立椭圆与直线方程得出 的面积 的表达式，利用对勾函数单调性即可求得 的取值范围为
；
②利用中点坐标公式求得 ，得出斜率表达式即可得
，可得 为定值.
【详解】（1）由题意知 ，解得 ，
所以 的方程为 ；
（2）①易知 ，
设直线 方程为 ，如下图所示：联立 ，消去 可得 ，
所以 ，
且 ，
可得 ，
令 ，
可得 ，由对勾函数性质可得 在 时单调递增；
所以可得 ；
即 的取值范围为 .
②易知 ，
可得 ；
所以；
因此 为定值.
2.（22-23高三上·河南焦作·期中）已知椭圆 的左、右焦点分别为 ，以线段
为直径的圆与椭圆 仅有 个不同的公共点，且椭圆 上一点 到 的距离之和为 ．
(1)求 的方程；
(2)经过定点 的动直线 交 于 ， 两点， ，若 恒成立，求点 到点 的
最小距离．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据圆与椭圆交点个数可知 ，结合椭圆定义和椭圆 之间关系即可求得椭圆方程；
（2）易知 在椭圆内部；当直线 斜率为 时， 不是定点，不合题意，由此可设 ，与
椭圆方程联立可得韦达定理的结论；根据 可知 ，由斜率公式和韦达定理的结
论可化简得到 或 ；分析可知 满足题意，由此确定 ；设 ，将问题转化为二次函
数最小值的求解问题，由此可得结果.【详解】（1） 以 为直径的圆与椭圆 仅有 个不同的公共点， ，
由椭圆定义知： ，解得： ，
，解得： ， 的方程为： .
（2）若点 在椭圆上或椭圆外，此时 ，不合题意，
在椭圆内部，即 ；
当直线 斜率为 时， 为椭圆左右顶点，此时 恒成立，则 不是定点，不合题意；
当直线 斜率不为 时，设 ，
由 得： ，
，则 ；
设 ， ，则 ， ；
， ，
，
.
或 ；
当 时， ，此时 恒成立，则 不是定点，不合题意；
当 时，满足 ；
综上所述：定点 的坐标为 ；
设 ，则 ，当 时， ，即点 到点 的最小距离为 .
【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于 或 的一元二次方程的形式；
②利用 求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系或求得变量的值；
④利用变量间的关系或变量值确定定点坐标.
3.（2024·陕西西安·一模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线 ，其焦点为F，过点F
的直线l交抛物线S于A和B两点， ，角 （如图）．
(1)求抛物线S的方程；
(2)在抛物线S上是否存在关于直线l对称的相异两点，若存在，求出该两点所在直线的方程，若不存在，
请说明理由．
【答案】(1) ；
(2)不存在，理由见解析.
【分析】（1）求出直线 的方程，与抛物线方程联立，结合抛物线定义及给定弦长求出 即得.
（2）假设存在符合要求的两点，并设出两点坐标，再利用对称思想列式求解判断即得.
【详解】（1）抛物线 的焦点 ，直线 方程为 ，
设 ，
由 消去 得： ，则 ，， ，于是 ，解得 ，
所以抛物线S的方程为 .
（2）由（1）知直线 ： ，
假设在抛物线S上存在关于直线l对称的相异两点，设这两点坐标为 ，
于是直线 的斜率 ，解得 ，
线段 的中点 在直线 上，则 ，而 应在线段 上，必有 与 矛
盾，
所以在抛物线S上不存在关于直线l对称的相异两点.
【点睛】
思路点睛：有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接
使用公式 （或 ），若不过焦点，则必须用一般弦长公式.
4.（2024·安徽阜阳·一模）已知双曲线 的左、右顶点分别为 ，动直线
过点 ，当直线 与双曲线 有且仅有一个公共点时，点 到直线 的距离为 ．
(1)求双曲线 的标准方程．
(2)当直线 与双曲线 交于异于 的两点 时，记直线 的斜率为 ，直线 的斜率为 ．是否存
在实数 ，使得 成立？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）根据双曲线的渐近线方程，结合点到直线的距离公式即可求解，（2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，进而可得 ，根据两点斜率公式表达斜率，进
而代入化简即可求解.
【详解】（1） ，
故当直线 过 且与双曲线 有且仅有一个公共点时， 与 的渐近线平行．
设直线 ，
则点 到直线 的距离为 ，
所以双曲线 的标准方程为 ．
（2）由题可知，直线 的斜率不为0，
设直线 ，
由 得 ．
成立，
则 ，
．
，
．故存在实数 ，使得 成立．
【点睛】方法点睛：解答直线与圆锥曲线相交的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去 (或 )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或不存在等特殊情况，强化有关直线与双曲线联立得出
一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
5.．（2024高三·全国·专题练习）如图，过椭圆 上的定点 作倾斜角互补的
两直线，设其分别交椭圆 于 两点，求证：直线 的斜率是定值.
【答案】证明见解析
【分析】设直线 的方程为 ， ，将椭圆方程化为
，与直线方程联立，齐次化并整理，再利用韦达定理求
出 ，再结合 ，即可得出结论.
【详解】由题意可得直线 不过点 ，且直线 的斜率都存在，设直线 的方程为 ， ，
因为
，
所以椭圆方程可化为 ，
联立 ，
齐次化并整理可得 ，
由韦达定理得 ，
又因为 ，所以 ，
所以 ，故直线 的斜率为定值.
【点睛】方法点睛：求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．
6．（2024高三·全国·专题练习）已知椭圆C： .过点 ，两个焦点为 和 .设E，
F是椭圆C上的两个动点.
(1)如果直线AE的斜率与直线AF的斜率之和为2，证明：直线EF恒过定点；
(2)如果直线AE的斜率与直线AF的斜率之积为2，证明：直线EF恒过定点.
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
【分析】（1）将直线方程与椭圆方程齐次化，利用韦达定理可得直线EF的方程为 ，可得
结论；
（2）由（1）中的结论由韦达定理可得直线EF的方程为 ，得出证明.
【详解】（1）设直线EF方程为 ，即 ，
从而 .
又椭圆过点 ，可得
整理可得
所以
即
则
显然这是一个关于 的一元二次方程.
对于问题（1），由韦达定理得所以 ，故 ，则
所以直线EF恒过定点 .
（2）对于问题（2），由韦达定理得
所以 ，则 ，
所以直线EF恒过定点 .
7．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知双曲线 ： 的左右焦点为 ， ，其右准线为 ，点 到
直线 的距离为 ，过点 的动直线交双曲线 于 ， 两点，当直线 与 轴垂直时， ．
(1)求双曲线 的标准方程；
(2)设直线 与直线 的交点为 ，证明：直线 过定点．
【答案】(1)
(2)证明过程见解析
【分析】（1）由右焦点到右准线的距离以及通径长度，结合 之间的平方关系即可求解；
（2）设直线 的方程为 ， ，联立双曲线方程结合韦达定理得
，用 以及 的坐标表示出点 以及 的方程，根据对称性可知，只需在 的直
线方程中，令 ，证明相应的 为定值即可求解.【详解】（1）由题意 ，所以双曲线 的标准方程为 .
（2）由题意 ，当直线 斜率为0时，直线 ，
当直线 斜率不为0时，设直线 的方程为 ， ，
，
所以 ，
直线 的方程为： ，
所以 的方程为 ，
由对称性可知 过的定点一定在 轴上，
令，
又 ，
所以 ，
所以直线 过定点 .
8．（2022高三·全国·专题练习）已知点P是椭圆C: 上的动点， ，求 的最小值 .
【答案】
【分析】首先得出 的表达式，再对其分类讨论求最小值即可解决.
【详解】设 ，则
则
= = ，
当 时， ， 在 时取最小值 ，
当 时， ， 在 时取最小值 ，当 时， ， 在 时取最小值
综上，
9．（2024·北京丰台·一模）已知椭圆 ( )的焦距为 ，以椭圆 的四个顶点为顶点
的四边形的周长为16．
(1)求椭圆 的标准方程；
(2)过点 的直线 交椭圆 于 ， 两点，线段 的中点为 ．是否存在定点 ，使得 ？
若存在，求出 的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1) ；
(2)存在， .
【分析】(1)根据焦距可求c，根据已知四边形周长及a、b、c的关系可求出a、b，从而可求椭圆标准方程；
(2)由题可知，若存在定点 ，使得 ，等价于以 为直径的圆恒过定点 ．从而只需从直线l斜
率不存着时入手求出该定点D，斜率存在时验算 即可．
【详解】（1）由题意得 解得
∴椭圆 的方程为 ．
（2）若存在定点 ，使得 ，等价于以 为直径的圆恒过定点 ．当直线 的斜率不存在时， 为直径的圆的方程为 ①，
当直线 的斜率为0时，令 ，得 ，
因此 为直径的圆的方程为 ②．
联立①②，得 猜测点 的坐标为 ．
设直线 的方程为 ，
由 得 ．
设 ，则
∴
综上，存在定点 ，使得 ．
10．（2024·河北沧州·模拟预测）已知双曲线 的一条渐近线方程为 ，右焦点
F到渐近线的距离为 ．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)若双曲线上动点Q处的切线交C的两条渐近线于A，B两点，其中O为坐标原点，求证： 的面积
S是定值．【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由双曲线的渐近线方程结合点到直线的距离公式可求双曲线方程；
（2）讨论直线的斜率是否存在，且当直线的斜率存在时，设出直线方程，与双曲线方程联立，根据 ，
找到参数之间的关系，线段 的长，利用点到直线的距离公式求出三角形的高，求得面积，即可证明.
【详解】（1）由已知得渐近线方程为 ，右焦点 ，
， ，
，解得 ．
，
， ，
双曲线C的标准方程为 ；
（2）①当直线经过双曲线的顶点时直线 的斜率不存在，此时直线方程为 ，
此时易得 ，点 到直线 的距离为 ，所以此时 ；
②当直线 的斜率存在时，设直线 为 ，
由 得 ，
因为直线于双曲线相切，所以 且 ，
整理得 且 ，即 ，
由 得 ，则 ，同理得到 ，
所以
点 到直线 的距离
所以 ，
所以 的面积为定值 .
【点睛】方法点睛：利用 ，找到参数之间的关系，再利用公式求得 ，利用点到直线的距离公式求
出三角形的高，进而求出面积是解题关键.
11．（2024·内蒙古包头·一模）已知椭圆 ： ， 是 的一个焦点，
是 上一点， 为 的左顶点，直线 与 交于不同的两点 ， ．
(1)求 的方程；
(2)直线 ， 分别交 轴于 ， 两点， 为坐标原点；在 轴上是否存在点 ，使得
，若存在，求出点 的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)(2)存在，H的坐标为 和 ．
【分析】（1）将点 坐标代入椭圆方程，再结合椭圆的几何性质，解方程组即可求解；
（2）设点 ，表示出直线 的方程，从而得到点 的坐标，同理得到点 的坐标，再由
得到 ，坐标代入后结合题中条件进一步计算求出点 的坐标即可求解.
【详解】（1）由题意可知，椭圆C的半焦距 ，
由 得 ，
把D的坐标代入C的方程得 ，
由 解得
所以C的方程为 ．
（2）假设在 轴上存在点H，使得 ．
设 ，由 ，可知 ，
所以 ，即 ，所以 ．
因为直线 交椭圆C于P，Q两点，则P，Q两点关于y轴对称．
设 ， ，（ ，且 ），
由题意得 ，则直线RP的方程为 ，令 ，得 ，
直线RQ的方程为 ，令 ，得 ，
因为 ，所以 ，又因为 在C上，所以 ，即 ，
所以 ，得 ．
当 时，由 ，得 ，
， ，
所以 ， ，
所以 ，又 ， 为锐角，所以 ，
所以 ，满足题意，同理当 时，也满足题意．
所以，在 轴上存在点H，使得 ，且H的坐标为 和 ．
12．（2024·山东济南·一模）已知双曲线C： 的左右顶点分别为 ， ，过点 的直线 与
双曲线C的右支交于M，N两点.
(1)若直线 的斜率k存在，求k的取值范围；
(2)记直线 ， 的斜率分别为 ， ，求 的值；
(3)设G为直线 与直线 的交点， ， 的面积分别为 ， ，求 的最小值.【答案】(1) ；
(2) ；
(3)3.
【分析】（1）设直线 的方程为 ，联立方程组，结合题意列出不等式组，即可求解；
（2）由（1）得到 ，求得 ，结合斜率公式，准确运算，
即可求解；
（3）由（2）可知 ，设 与 的方程分别为 和 ，两两方程组，求
得 ，结合三角形的面积公式和不等式的性质，即可求解.
【详解】（1）解：设 ， ，直线 的方程为 ，
联立方程组 ，整理得 ，
因为直线 与双曲线的右支交于 两点，
可得 ，解得 ，
又由直线 的斜率为 ，可得 的取值范围是 .
（2）解：由双曲线 ，可得 ， ，
由（1）可得 ， ，则 .
所以.
（3）解：由（2）可知 ，
所以直线 与直线 的方程分别为 和 ，
联立两直线方程可得交点 的横坐标为 ，
于是
，
故 的最小值为 ，当且仅当 时取等号成立.
【点睛】方法技巧：求解圆锥曲线的最值问题的解答策略与技巧：
1、几何方法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆、圆锥曲线的定义、图
形，以及几何性质求解；
2、代数方法：当题目给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个目标函数的
最值（或值域），常用方法：①配方法；②基本不等式；③单调性法；④三角换元法；⑤导数法等，要特
别注意自变量的取值范围.
13．（2024·陕西宝鸡·模拟预测）已知椭圆 经过点 ，下顶点 为抛物线的焦点．
(1)求椭圆 的方程；
(2)若点 均在椭圆 上，且满足直线 与 的斜率之积为 ，
（ⅰ）求证：直线 过定点；
（ⅱ）当 时，求直线 的方程．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）首先求出抛物线的焦点坐标，即可得到 ，再由椭圆过点，求出 ；
（2）（ⅰ）设直线 的方程为 ， 、 ，直线方程代入椭圆方程后应用韦达定理
得 ，代入 后化简得 的值，代入直线方程可得定点坐标；
（ⅱ）设直线 恒过定点为 ，由 ，可得 ，结合（ⅰ）中韦达定理求出 、 ，即
可求出 ，从而求出直线方程.
【详解】（1）抛物线 的焦点为 ，所以椭圆的下顶点 ，则 ，
又椭圆 经过点 ，所以 ，解得 ，
所以椭圆方程为 ；
（2）（ⅰ）当直线 的斜率不存在时，设 ，则 ，
所以 ，则 ，与 矛盾，
所以直线 的斜率存在，
由已知直线 斜率同号，因此直线 的斜率存在且不为 ，设直线 的方程为 ，设 ，
由 得 ，
由 ，可得 ，
所以 ， ，
则
，
，
所以 ，
即 ，
所以 ，解得 或 ，
当 时直线 方程为 ，令 ，可得 ，所以直线 恒过定点 ，不合题意，
当 时直线 方程为 ，令 ，可得 ，所以直线 恒过定点 ，符合题意．
综上可得直线 恒过定点 .
（ⅱ）设直线 恒过定点为 ，
此时 ，解得 ，
由 ，可得 ，又 ， ，
所以 ， ，
所以 ，解得 ，满足 ，
所以 ，
所以直线 方程为 .
【点睛】方法点睛：处理圆锥曲线上直线过定点问题的方法．
设出直线方程为 ，设交点坐标为 ，直线方程与圆锥曲线方程联立方程组，消元后应
用韦达定理得 ，代入题中关于交点的 满足的的条件可得出 关系，从而代入直
线方程后得定点坐标．
14．（2024·贵州黔东南·二模）已知双曲线 的渐近线方程为 的焦距为 ，
且 .
(1)求 的标准方程；
(2)若 为 上的一点，且 为圆 外一点，过 作圆 的两条切线 ， （斜率都存在），与 交于另一点 与 交于另一点 ，证明：
（i） 的斜率之积为定值；
（ii）存在定点 ，使得 关于点 对称.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）利用渐近线方程可得 ，再由焦距为 以及 即可求得 ， ，可
得 的标准方程为 ；
（2）（i）设切线方程为 ，利用直线和圆相切可得 ，再由韦
达定理整理可得 的斜率之积为定值，且定值为2；
（ii）联立直线 与双曲线方程，可得 ，同理可求出 ，化简得
，所以 ，因此 关于点 对称.
【详解】（1）因为 的渐近线方程为 ，所以 ，
则 ，所以 ，
因为 ，所以 ，得 .
因为 ，所以 ，可得 ，
所以 ，
故 的标准方程为 .
（2）证明：（i）设 ，如下图所示：设过点 的切线的斜率为 ，则切线方程为 ，
即 ，所以 ，
即 ，
因此 的斜率 是上式中方程的两根，即 .
又因为 所以
所以 的斜率之积为定值，且定值为2.
（ii）不妨设直线 的斜率为 ，直线 的斜率为 ，
联立 ，得 .
因为 ，所以 ，
则 ，同理可得 ，
所以 .
因为 ，所以 .所以 ，得 .
因为 都在 上，所以 或 （舍去），
所以存在定点 ，使得 关于点 对称.
【点睛】方法点睛：处理圆锥曲线中定点、定值时，经常联立直线和曲线方程利用韦达定理对表达式进行
整理化简，便可得出结论.
15．（23-24高三下·浙江·阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，过点 的直线 与抛物线 交
于M，N两点 在第一象限）.
(1)当 时，求直线 的方程;
(2)若三角形OMN的外接圆与曲线 交于点 （异于点O，M，N），
（i）证明: MND的重心的纵坐标为定值，并求出此定值;
（ii）求凸四△边形OMDN的面积的取值范围.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；纵坐标为0；（ii） .
【分析】（1）设直线 的方程为 ，联立方程，由韦达定理和已知关系即可求解.
（2）（i）由O，M，D，N四点共圆，设该圆的方程为 ，
联立 ，消去 ，得 ，由方程根的思想即可求解. 或O，M，
C，N四点共圆，由 ， ，也可求解.
（2）（ii）记 的面积分别为 ，分别联立方程先求出 ，所以
，结合根与系数的关系进一步化简为，再结合导数进而求解.
【详解】（1）解:设直线
联立 ，消去 ，得 ，
所以 ，
，则
，则 ，又由题意 ，
直线的方程是 ;
（2）（1）方法1:设
因为O，M，D，N四点共圆，设该圆的方程为 ，
联立 ，消去 ，得 ，
即 ，
所以 即为关于 的方程 的3个根，
则 ，
因为 ，
由 的系数对应相等得， ，所以 的重心的纵坐标为0.
方法2:设 ，则 ，
因为O，M，C，N四点共圆，所以 ，即 ，化简可得: ，
所以 的重心的纵坐标为0.
（2）记 的面积分别为 ，由已知得直线MN的斜率不为0，设直线 ，联立
，消去 ，得 ，所以 ，
所以 ，
由（1）得， ，
所以 ，即 ，
因为 ，
点 到直线MN的距离 ，
所以 ，
所以
在第一象限，即 ，
依次连接O，M，D，N构成凸四边形OMDN，所以 ，即 ，
又因为 ，即 ，即 ，所以 ，即 ，即 ，
所以 ，
设 ，则 ，
令 ，则 ，
因为 ，所以 ，所以 在区间 上单调递增，所以
，
所以 的取值范围为 .
16．（2024·云南昆明·模拟预测）已知椭圆 的左右焦点分别为 ，点 在椭圆 上，且在
第一象限内，满足 .
(1)求 的平分线所在的直线 的方程；
(2)在椭圆 上是否存在关于直线 对称的相异的两点，若存在，请找出这两点；若不存在请说明理由；
(3)已知双曲线 与椭圆 有共同的焦点，且双曲线 与椭圆 相交于 ，若四边形 的面
积最大时，求双曲线 的标准方程.
【答案】(1)(2)不存在满足题设条件相异的两点，理由见解析
(3)
【分析】（1）结合椭圆定义与角平分线性质计算即可得；
（2）利用反证法，假设存在，设出该直线，联立后借助韦达定理找出矛盾点即可得假设不成立；
（3）设出双曲线 的标准方程后，表示出四边形 的面积后借助基本不等式计算即可得.
【详解】（1）设 的平分线与 轴交于点 ，
由 ，则 ，由 ，有 ，故 ，
故 ，则 ，解得 ，故 ，
由角平分线的性质可得 ，所以 ，
解得 ，故 ，则有 ，
即直线 的方程为 ；
（2）假设存在两点 关于直线 对称，则 ，所以 ，
设直线 的方程为 ，联立 ，
得 ，则 ，
即 ，所以 的中点坐标为 ，因为 的中点在直线 ，
所以 ，所以 ，所以 的中点坐标为 ，
与点 重合，矛盾，所以不存在满足题设条件相异的两点；
（3）由题意知， ，
设与椭圆 共焦点的双曲线 的标准方程为 ，
设它们的一个交点坐标为 ，它们的交点为顶点的四边形面积记 ，
所以 ，
当且仅当 取得等号，因为 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
所以双曲线 的标准方程为 .
【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.17．（2024·广东广州·一模）已知 为坐标原点，双曲线 的焦距为 ，且经过点
.
(1)求 的方程：
(2)若直线 与 交于 ， 两点，且 ，求 的取值范围：
(3)已知点 是 上的动点，是否存在定圆 ，使得当过点 能作圆 的两条切线 ，
时（其中 ， 分别是两切线与 的另一交点），总满足 ？若存在，求出圆 的半径 ：
若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)存在，
【分析】（1）根据焦距以及经过的点即可联立求解，
（2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，进而根据向量的数量积的坐标运算化简得 ，根据弦
长公式，结合不等式即可求解，
（3）根据圆心到直线的距离可得 ，进而根据数量积运算可判断 ，结合对称性即可
求解；或者利用切线关系得 ,根据斜率相乘关系，代入韦达定理化简可得半径.
【详解】（1）由题意可得 ，解得 ，
故双曲线方程为
（2）当直线 斜率不存在时，设 ,将其代入双曲线方程 ，
又 ，解得 ，
此时 ，
当直线 斜率存在时，设其方程为 ，设 ,
联立 ，
故 ，
则
，
化简得 ，此时 ，
所以
，
当 时，此时 ，
当 时，此时 ，，故 ，
因此 ，
综上可得 .
（3）解法一：当直线 与 相切时，
圆心到直线的距离 ，
设设 ,
类似（2）中的计算可得
，
所以 ，
由双曲线的对称性，延长 交双曲线于另一点 ,
则 ，且 ，
根据轴对称性可得 ,且直线 与 也相切，即 即为 ,
符合题意，当 或 斜率不存在时，此时 ， ，显然满足题意，
故存在这样的圆 ，半径为
解法二：
设 ， ，
由于 为圆的切线， 平分 ，且 ,所以 ,
设过点 与圆 相切的直线方程为 （直线斜率存在时），
，将两根记为 ，
，
同理可得
故
，
故存在这样的圆 ，半径为
当 或 斜率不存在时，此时 ， ，显然满足题意，故存在这样的圆 ，半径为
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：（1）几何法，若题目的条件能明显体现几
何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件能体现一种明确的函数关系，
则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值，如本题需先将 用k表示出来，然后再利用基本不等式
长最值．
18．（2024·江苏·一模）已知椭圆C： 的右焦点为 ，右顶点为A，直线l：
与x轴交于点M，且 ，
(1)求C的方程；
(2)B为l上的动点，过B作C的两条切线，分别交y轴于点P，Q，
①证明：直线BP，BF，BQ的斜率成等差数列；
②⊙N经过B，P，Q三点，是否存在点B，使得， ？若存在，求 ；若不存在，请说明理
由.
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②存在，
【分析】（1）先求出右顶点D和M的坐标，利用题中条件列等式，分类讨论计算得出椭圆的方程；
（2）设直线的方程为 ，将直线方程与椭圆方程联立，得出韦达定理，由题意，将韦达定理
代入可出答案.【详解】（1）由右焦点为 ，得 ，
因为 ，所以 ，
若 ，则 ，得 ，无解，
若 ，则 ，得 ，所以 ，因此C的方程 .
（2）设 ，易知过B且与C相切的直线斜率存在，
设为 ，
联立 ，消去y得 ，
由 ，得 ，
设两条切线BP，BQ的斜率分别为 ， ，则 ， .
①设BF的斜率为 ，则 ，
因为 ，所以BP，BF，BQ的斜率成等差数列，
②法1：在 中，令 ，得 ，所以 ，
同理，得 ，所以PQ的中垂线为 ，易得BP中点为 ，所以BP的中垂线为 ，
联立 ，解得 ，
所以 ， ，
要使 ，即 ，整理得 ，
而 ，
所以 ，解得 ， ，因此 ，
故存在符合题意的点B，使得 ，此时 .
法2：在 中，令 ，得 ，因此 ，
同理可得 ，所以PQ的中垂线为 ，
因为BP中点为 ，所以BP的中垂线为 ，
联立 ，解得 ，要使 ，则 ，所以 ，即 ，
而 ，
所以 ，解得 ， ，因此 ，
故存在符合题意的点B，使得 ，此时 .
法3：要使 ，即 或 ，
从而 ，又 ，所以 ，
因为 ，
所以 ，解得 ， ，所以 ，
故存在符合题意的点B，使得 ，此时 .法4：要使 ，即 或 ，
从而 ，
在 中，令 ，得 ，故 ，
同理可得 ，
因此 ， ，
所以 ，
故 ，即 ，
整理得 ，
所以 ，整理得 ，解得 或 （舍去），
因此 ， ，
故存在符合题意的点B，使得 ，此时 .
法5：要使 ，即 或 ，
在 中，令 ，得 ，故 ，同理可得 ，
由等面积法得 ，
即 ，整理得 ，
所以 ，整理得 ，解得 或 （舍去），
因此 ， ，
故存在符合题意的点B，使得 ，此时 .
【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.
19．（23-24高三下·重庆·阶段练习）设 、 是椭圆 上的两点，点 是线段 的中点，
线段 的中垂线与椭圆交于 ， 两点；
(1)求 的方程，并确定 的取值范围：
(2)判断是否存在 ，使 、 、 、 四点共圆，若存在，则写出圆的标准方程；若不存在，请说明原因．
【答案】(1) ，
(2)存在，
【分析】（1）设直线 的方程为 ，代入 ，整理得：
，然后结合题设条件由根与经数的关系和根的判别式能够求出直线 的方程．
（2）由题意知直线 的方程为 代入椭圆方程，消元、列出韦达定理，由弦长公式可得 ，
同理可得 ，即可得到 ，依题意可得 必为圆的直径， 的中点 为圆心，由
即可得证，从而得到圆的标准方程．
【详解】（1）依题意 ，可设直线 的方程为 ，
代入 ，整理得 ①，
设 ， ，则 ， 是方程①的两个不同的根，
②，且 ．
由 是线段 的中点，得 ，
解得 ，代入②得 ，
即 的取值范围是 ．
于是直线 的方程为 ，即 ．
（2）
垂直平分 ，
直线 的方程为 ，即 代入椭圆方程，整理得 ③．
又设 ， ， 的中点为 ，则 ， 是方程③的两根，
， ，且 ， ，即 ，
于是由弦长公式可得 ．④
将直线 的方程 代入椭圆方程得 ⑤．
所以 ， ，
同理可得 ⑥．
当 时， ，
．
假设存在 ，使得 、 、 、 四点共圆，则 必为圆的直径，点 为圆心．
点 到直线 的距离为 ⑦．
于是，由④⑥⑦式及勾股定理可得 ．
故当 时， 、 、 、 四点均在以 为圆心， 为半径的圆上．
此时圆的方程为 .
【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，必要时计算 ；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为 、 的形式；
（5）代入韦达定理求解.20．（2024·四川成都·二模）已知双曲线 的左､右顶点分别为 ，右焦点为 .过点
的直线与双曲线 相交于 两点，点 关于 轴的对称点为 ，且直线 的斜率之积为 .
(1)求双曲线 的标准方程；
(2)直线 分别与直线 相交于 两点，求证：以 为直径的圆经过 轴上的定点，并求出定
点的坐标.
【答案】(1)
(2)证明见解析，
【分析】
（1）设 ，根据直线 的斜率之积为 及 在双曲线求出 ，即可得解；
（2）设 ，直线 ，联立方程，理由韦达定理求出 ，再求出 两点的
坐标，进而可求出以 为直径的圆的方程，再令 ，即可得出结论.
【详解】（1）设 ，
，
，
在双曲线 上，
，
解得 ，
双曲线 的标准方程为 ；（2）设 ，直线 ，
由 ，消去 得 ，
，
，
直线 ，
令 ，解得 ，同理可得 ，
以 为直径的圆的方程为 ，
令 ，得 ，
，
，解得 或 ，
以 为直径的圆恒过点 .【点睛】方法点睛：直线过定点问题或圆过定点问题，通常要设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根
之和，两根之积，再表达出直线方程或圆的方程，结合方程特点，求出所过的定点坐标.
