大題04解析幾何根據近幾年的高考情況，解析幾何是高考解答題必考題目，考查的內容比較多，比較廣泛。本篇主要總結了高考中經常出現的定點，定值，以及面積面積范圍問題。對于解析幾何中的范圍問題，非對稱問題。新高考中新定義問題也是解析幾何考查的一個重要方向。預計2025年高考中解析幾何依然會以這幾種形式出現。題型一解析幾何中的面積問題1．（24-25高三下·浙江杭州·階段練習）已知等軸雙曲線的左右焦點分別為，經過點的直線與的漸近線相交于點，點的橫坐標為，是線段的中點，經過點的直線與相交于兩點．(1)求雙曲線的方程；(2)當的面積為時，求的方程．2（24-25高三上·安徽阜陽·期末）已知線段，動點與點、的斜率之積為，點在線段上，且，過作兩條互相垂直的直線和動點的軌跡分別交于點、和點、．(1)建立適當坐標系，求動點的軌跡的方程，(2)求四邊形面積的最小值．1．（24-25高三下·山東德州·開學考試）已知拋物線的焦點為，且為上不重合的三點.(1)若，求的值；(2)過兩點分別作的切線與相交于點，若，求面積的最大值.2．（2025·江西新余·模擬預測）已知拋物線與直線交于兩點，為坐標原點，.(1)求的值；(2)設為上且不與O重合的一點，（ⅰ）若與面積相等，求的坐標；（ⅱ）若在曲線段上，求面積的最大值.題型二解析幾何中定值定點問題1（2025·湖南岳陽·一模）已知拋物線的焦點為，點在直線上，是拋物線上兩個不同的點.(1)求拋物線的方程；(2)設直線的斜率為，若，證明：直線過定點，并求定點坐標.2（24-25高三下·河北保定·開學考試）如圖，過點作兩直線分別交拋物線于四點，且點，C在第一象限.

(1)設兩點的縱坐標分別為，求的值；(2)若直線分別交軸于兩點，以線段為直徑作，過原點作的切線交于點，證明：的值為定值.解決直線與圓錐曲線相交（過定點、定值）問題的常用步驟：（1）得出直線方程，設交點為，；（2）聯立直線與曲線方程，得到關于或的一元二次方程；（3）寫出韋達定理；（4）將所求問題或題中關系轉化為，形式；（5）代入韋達定理求解.過程步驟：圓錐曲線中直線過定點問題，設動直線與圓錐曲線的交點坐標為，直線方程代入曲線方程后應用韋達定理得，利用這兩個交點的坐標寫出要求過定點的直線的方程，可根據直線的變化確定定點的位置，然后代入韋達定理的結論及利用定點所在的直線方程（得交點的橫縱坐標關系）求出定點坐標．1．（24-25高三下·云南德宏·階段練習）已知P是拋物線C：()上任意一點，且點P到C的焦點F的最短距離為．(1)求拋物線C的方程；(2)設M是直線上除與x軸交點外的一動點，直線l與拋物線C相交于A，B兩點，且直線AM與直線BM的斜率之和等于點M縱坐標的相反數，證明：直線l過定點．2．（24-25高三下·山西·開學考試）已知雙曲線：的右焦點為，且到的其中一條漸近線的距離為.(1)求的方程；(2)設，過點的直線與相交于兩點，是否存在正數，使得為常數？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.題型三解析幾何中證明類問題1．（2025·重慶·一模）已知拋物線，過點的直線與拋物線交于、兩點，在軸上方，，均垂直于的準線，垂足分別為，．(1)當時，求直線的方程；(2)已知為坐標原點，證明：．2（2025·陜西西安·二模）已知為橢圓的右焦點，過點作與軸平行的直線，該直線與橢圓交于兩點（點在第一象限），當時，.(1)求橢圓的標準方程；(2)若直線與軸交于點，證明：四點共圓.1．（24-25高三下·廣西·開學考試）已知橢圓的左、右頂點分別為，且上頂點與都在直線上.(1)求的方程；(2)若點為上的一個動點，點，求的最小值；(3)若過點的直線交于兩點，點是線段上異于的一點，且，證明：.2．（24-25高三下·江西·階段練習）已知雙曲線的右頂點為，且它的一條漸近線的方程為．(1)求雙曲線的方程；(2)若是雙曲線上異于頂點的一個動點，過點作雙曲線的兩條漸近線的平行線，與直線（為坐標原點）分別交于點，證明：．題型四解析幾何中非對稱問題（24-25高三上·湖北武漢·期末）已知橢圓C：的長軸長是短軸長的2倍，焦距為，點A，B分別為C的左、右頂點，點P，Q為C上的兩個動點，且分別位于x軸上、下兩側，和的面積分別為，，記(1)求橢圓C的方程；(2)若，求證直線PQ過定點，并求出該點的坐標；(3)若，設直線AP和直線BQ的斜率分別為，，求的取值范圍．1在一元二次方程中，若，設它的兩個根分別為，則有根與系數關系：，借此我們往往能夠利用韋達定理來快速處理之類的結構。2、但在有些問題時，我們會遇到涉及的不同系數的代數式的應算，比如求或之類的結構，就相對較難地轉化到應用韋達定理來處理了．特別是在圓錐曲線問題中，我們聯立直線和圓錐曲線方程，消去或，也得到一個一元二次方程，我們就會面臨著同樣的困難，我們把這種形如或之類中的系數不對等的情況，這些式子是非對稱結構，稱為“非對稱韋達”．1（24-25高三上·山東濰坊·期末）已知雙曲線的中心為坐標原點，左焦點為，離心率為，過點的直線交于，兩點.(1)求的方程；(2)設的左、右頂點分別為，，直線與直線交于點，證明：，，三點共線.2（2025·河北保定·一模）已知橢圓的離心率為，左、右焦點分別為，點為上的動點，的周長為6.(1)求的標準方程.(2)延長線段分別交于兩點，連接，并延長線段交于另一點，若直線和的斜率均存在，且分別為，試判斷是否為定值.若是，求出該定值；若不是，說明理由.題型五解析幾何中范圍類問題1（2025·陜西榆林·模擬預測）已知平面上的動點到點的距離與到直線的距離相等，點的軌跡為曲線.(1)求曲線的方程；(2)設過點的直線交于兩點，過點的直線與的另一個交點為，點在與之間.（i）證明：線段垂直于軸；（ii）記的面積為的面積為，求的取值范圍.2（24-25高三下·河北邢臺·階段練習）橢圓的標準方程為，若將其繞原點逆時針旋轉，得到的曲線方程為，如圖所示．設橢圓的右焦點，則(1)求橢圓的標準方程．(2)點分別為橢圓的左、右頂點，直線上有一動點（不落在軸上），連接分別與橢圓交于兩點、，①問直線是否恒過定點？如果是，求出定點坐標，如果不是，說明理由．②將橢圓關于直線對稱得到橢圓，直線與橢圓交于、兩點，求的取值范圍．1（2025·安徽·一模）已知動點滿足關系式.(1)求動點的軌跡方程；(2)設動點的軌跡為曲線，拋物線的焦點為，過上一點作的兩條切線，切點分別為，弦的中點為，平行于的直線與相切于點.①證明：三點共線；②當直線與有兩個交點時，求的取值范圍.2（2025·湖北·模擬預測）已知橢圓的短軸長為，且離心率為.(1)求C的方程.(2)過點作斜率不為0的直線與橢圓C交于S，T不同的兩點，再過點作直線ST的平行線與橢圓C交于G，H不同的兩點.①證明：為定值.②求面積的取值范圍.題型六解析幾何中新定義問題（2025·河北邯鄲·一模）對于給定的橢圓，與之對應的另一個橢圓（，且），則稱與互為共軛橢圓.已知橢圓與橢圓互為共軛橢圓，是橢圓的右頂點.(1)求橢圓的標準方程.(2)設直線與橢圓交于，兩點，且直線與直線的斜率之積為.①證明：且直線過定點.②試問在軸上是否存在異于點的點，使得直線，的斜率之積也為定值？若存在，求出該定值；若不存在，請說明理由.2（2025高三·全國·專題練習）已知橢圓的左、右焦點分別為，拋物線以坐標原點為頂點，為焦點，的一個公共點為．若，則稱為“－相伴”．(1)若為“－相伴”，求直線的斜率．(2)若為“－相伴”．（ⅰ）求的取值范圍；（ⅱ）若，，的方程為，直線與交于點，判斷是否存在定點，使得直線與的傾斜角互補，若存在，求出的值，若不存在，說明理由．關于新定義題的思路有：（1）找出新定義有幾個要素，找出要素分別代表什么意思；（2）由已知條件，看所求的是什么問題，進行分析，轉換成數學語言；（3）將已知條件代入新定義的要素中；（4）結合數學知識進行解答.1（24-25高三上·山東青島·期末）圓錐曲線有著豐富的光學性質．從拋物線的焦點F處出發的光線照射到拋物線上點，經反射后的光線平行于拋物線的軸．若點P在第一象限、直線l與拋物線相切于點P．(1)已知點，求切線l的方程；(2)過原點作切線l的平行線，交PF于點S，若．（i）求拋物線的方程；（ii）過準線上點N作圓的兩條切線，且分別與交于兩點和兩點．是否存在圓M，使得當點N運動時，為定值？并說明理由．2．（2025高三·全國·專題練習）定義：對于橢圓上不同的兩點，，若向量，滿足，則稱點為該橢圓的一個“類共軛點對”，點為一對類互為共軛點．已知為坐標原點，點，是焦距為4的橢圓的一個“0類共軛點對”，且．(1)求橢圓的標準方程．(2)已知點是橢圓上的一個動點，點是上不同的兩點，且都與點是一對類互為共軛點，點關于軸的對稱點為，若直線的斜率都存在，設直線的斜率分別為，試探究是否為定值，若是，求出該定值；若不是，請說明理由．1．（2025·河南·二模）已知橢圓的焦距為，且過點.(1)求橢圓的標準方程；(2)過點作兩條直線分別交橢圓于，兩點，若直線平分，求證：直線的斜率為定值，并求出這個定值.2．（24-25高三下·青海海東·階段練習）已知雙曲線的離心率為，直線與交于，兩點．點在上，且直線與軸垂直．(1)求的標準方程．(2)試問直線是否過定點？若是，求出定點的坐標；若不是，請說明理由．(3)設直線與軸交于點，，求面積的最大值．3．（24-25高三下·浙江·階段練習）已知拋物線，為的焦點，為的準線是上兩點，且（O為坐標原點），過作，垂足為D，點D的坐標為.(1)求C的方程；(2)在C上是否存在點，使得過F的任意直線交C于S，T兩點，交l于M，直線的斜率均成等差數列？若存在，求出點的坐標；若不存在，說明理由.4．（2025·甘肅·一模）設為坐標原點，點，、為橢圓上的兩個動點，.(1)證明：向量是直線的一個法向量；(2)若線段與橢圓交于點，求面積的最大值.5．（2025·河北秦皇島·一模）已知雙曲線的左、右焦點分別為，過點作斜率為的直線，直線與雙曲線交于點，且的內切圓半徑恰為.(1)求雙曲線的方程.(2)若直線交雙曲線的右支于兩點，線段的中垂線過點.（i）證明：.（ii）求的取值范圍.6．（24-25高三下·陜西咸陽·階段練習）在平面直角坐標系中，已知點，動點到點和的距離之和為4．記動點的軌跡為曲線．(1)求曲線的方程；(2)設直線與曲線交于兩點．①若點，直線過點且與直線垂直，求的周長；②若，求面積的取值范圍．7．（24-25高三上·上海·階段練習）設雙曲線的方程為(常數.(1)若雙曲線的焦距為4，求兩條漸近線的夾角；(2)設是第一象限內雙曲線上一點，是雙曲線右頂點，當為等腰三角形時，求點的坐標；(3)設是直線上一點.已知過點的直線、的斜率分別為，分別與交于和，當時，求的值.8．（24-25高三下·安徽阜陽·開學考試）阿基米德(公元前287年-公元前212年)不僅是著名的物理學家，也是著名的數學家，他利用“逼近法”得到橢圓的面積除以圓周率π等于橢圓的長半軸與短半軸的乘積.已知在平面直角坐標系中，橢圓C:的面積為，橢圓的焦距為.(1)求橢圓的標準方程.(2)已知直線與橢圓C有兩個不同的交點，，，分別為橢圓的上、下頂點，設為直線上一點，且直線，的斜率的積為，證明:點在軸上.9．（24-25高三上·廣東湛江·期末）已知和為橢圓上兩點．(1)求橢圓的方程；(2)若點在橢圓上，是橢圓的兩焦點，且，求的面積；(3)過點的直線與橢圓交于兩點，證明：為定值．1．（2024·新高考全國Ⅰ卷·高考真題）已知和為橢圓上兩點.(1)求C的離心率;(2)若過P的直線交C于另一點B，且的面積為9，求的方程．2．（2024·新課標Ⅱ卷·高考真題）已知雙曲線，點在上，為常數，．按照如下方式依次構造點：過作斜率為的直線與的左支交于點，令為關于軸的對稱點，記的坐標為.(1)若，求；(2)證明：數列是公比為的等比數列；(3)設為的面積，證明：對任意正整數，.3．（2024·全國甲卷·高考真題）已知橢圓的右焦點為，點在上，且軸．(1)求的方程；(2)過點的直線交于兩點，為線段的中點，直線交直線于點，證明：軸．4．（2023·全國·高考真題）在直角坐標系中，點到軸的距離等于點到點的距離，記動點的軌跡為．(1)求的方程；(2)已知矩形有三個頂點在上，證明：矩形的周長大于．5．（2023·新課標Ⅱ卷·高考真題）已知雙曲線C的中心為坐標原點，左焦點為，離心率為．(1)求C的方程；(2)記C的左、右頂點分別為，，過點的直線與C的左支交于M，N兩點，M在第二象限，直線與交于點P．證明:點在定直線上.6．（2023·全國乙卷·高考真題）已知橢圓的離心率是，點在上．(1)求的方程；(2)過點的直線交于兩點，直線與軸的交點分別為，證明：線段的中點為定點．7．（2023·全國甲卷·高考真題）已知直線與拋物線交于兩點，且．(1)求；(2)設F為C的焦點，M，N為C上兩點，，求面積的最小值．8．（2022·全國乙卷·高考真題）已知橢圓E的中心為坐標原點，對稱軸為x軸、y軸，且過兩點．(1)求E的方程；(2)設過點的直線交E于M，N兩點，過M且平行于x軸的直線與線段AB交于點T，點H滿足．證明：直線HN過定點．9．（2022·全國甲卷·高考真題）設拋物線的焦點為F，點，過F的直線交C于M，N兩點．當直線MD垂直于x軸時，．(1)求C的方程；(2)設直線與C的另一個交點分別為A，B，記直線的傾斜角分別為．當取得最大值時，求直線AB的方程．10．（2022·新高考全國Ⅰ卷·高考真題）已知點在雙曲線上，直線l交C于P，Q兩點，直線的斜率之和為0．(1)求l的斜率；(2)若，求的面積．11．（2022·新高考全國Ⅱ卷·高考真題）已知雙曲線的右焦點為，漸近線方程為．(1)求C的方程；(2)過F的直線與C的兩條漸近線分別交于A，B兩點，點在C上，且．過P且斜率為的直線與過Q且斜率為的直線交于點M.從下面①②③中選取兩個作為條件，證明另外一個成立：①M在上；②；③．注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分.大題04解析幾何根據近幾年的高考情況，解析幾何是高考解答題必考題目，考查的內容比較多，比較廣泛。本篇主要總結了高考中經常出現的定點，定值，以及面積面積范圍問題。對于解析幾何中的范圍問題，非對稱問題。新高考中新定義問題也是解析幾何考查的一個重要方向。預計2025年高考中解析幾何依然會以這幾種形式出現。題型一解析幾何中的面積問題1．（24-25高三下·浙江杭州·階段練習）已知等軸雙曲線的左右焦點分別為，經過點的直線與的漸近線相交于點，點的橫坐標為，是線段的中點，經過點的直線與相交于兩點．(1)求雙曲線的方程；(2)當的面積為時，求的方程．【思路分析】（1）設雙曲線方程為，求的坐標，求雙曲線的漸近線方程，討論的位置，求點的坐標，列方程求，由此可得結論；（2）設的方程為，聯立方程組，結合設而不求法表示的面積，列方程求可得結論.【規范答題】（1）因為雙曲線為等軸雙曲線，故可設雙曲線方程為，則，，所以雙曲線的漸近線方程為，若點在漸近線上，則，故，代入漸近線，可得，所以雙曲線的方程為，若點在漸近線上，則，故，代入漸近線，可得，所以雙曲線的方程為，故雙曲線方程為.（2）由題直線不與軸垂直，不妨設的方程為，聯立，消可得，由已知，，設，，由已知為方程的根，所以，，所以，又點到直線的距離，所以的面積，所以，所以直線的方程為或.2（24-25高三上·安徽阜陽·期末）已知線段，動點與點、的斜率之積為，點在線段上，且，過作兩條互相垂直的直線和動點的軌跡分別交于點、和點、．(1)建立適當坐標系，求動點的軌跡的方程，(2)求四邊形面積的最小值．【思路分析】（1）利用橢圓的定義即可得到動點的軌跡的方程；（2）設其中一條直線的方程為，可得，另一條直線的方程為，可得，故，通過換元結合均值不等式可得結果.【規范答題】（1）以中點為原點，所在直線為軸，線段的垂直平分線為軸，建立平面直角坐標系如圖所示，則，，設，由得，，化簡整理，得，即．（2）由題意的斜率存在且不為0，設為在線段上，，則，設,,由，消元，得，，，，同理可得：，，令，，，，當且僅當，即時等號成立．四邊形面積的最小值為．1．（24-25高三下·山東德州·開學考試）已知拋物線的焦點為，且為上不重合的三點.(1)若，求的值；(2)過兩點分別作的切線與相交于點，若，求面積的最大值.【答案】(1)3(2)8【詳解】（1）拋物線的焦點，準線，設，由，得，即，所以.（2）顯然直線的斜率不為0，設直線的方程為，由得：，，，由，得，求導得，則切線的方程為，即，同理，切線的方程為，由，解得，即，則點到直線的距離為，由，化簡得：，因此，當且僅當時取等號，所以面積的最大值為8.2．（2025·江西新余·模擬預測）已知拋物線與直線交于兩點，為坐標原點，.(1)求的值；(2)設為上且不與O重合的一點，（ⅰ）若與面積相等，求的坐標；（ⅱ）若在曲線段上，求面積的最大值.【答案】(1)2(2)（ⅰ）或或；（ⅱ）【分析】（1）設：，直曲聯立，結合韋達定理和垂直向量坐標表示計算即可.（2）（ⅰ）與有相同的底，只需要其高相同即可.直曲聯立求解即可.（ⅰⅰ）的底，要使高最大，即：與相切：直曲聯立，用根的判別式，結合面積公式計算即可.【詳解】（1）設：，則：而，所以.（2）（ⅰ），與有相同的底，只需要其高相同即可.①設：，，故②設：，或，即：或綜上：或或（ⅱ）的底要使高最大，即：與相切：，，此時，，，.

題型二解析幾何中定值定點問題1（2025·湖南岳陽·一模）已知拋物線的焦點為，點在直線上，是拋物線上兩個不同的點.(1)求拋物線的方程；(2)設直線的斜率為，若，證明：直線過定點，并求定點坐標.【思路分析】（1）根據拋物線焦點坐標求解即可；（2）法一：設所在直線方程為，聯立，根據韋達定理代入求解即可；法二：先討論當直線的斜率不存在時，直線過點，再分析當直線的斜率存在時，設所在直線方程為，聯立，再根據求解即可.【規范答題】（1）的焦點在軸上，為，直線與軸的交點坐標為，則，即所以拋物線為（2）法一：由題意可知所在直線斜率不為0，設所在直線方程為，聯立，化簡可得：，則，又則，滿足（*）式即直線恒過點法二：當直線的斜率不存在時，設，所以，所以，所以直線的方程為；當直線的斜率存在時，設所在直線方程為，聯立，化簡可得：，由題意可知即（*）；由韋達定理知，所以，所以，滿足（*）式；所以所在直線方程為綜上，直線恒過點2（24-25高三下·河北保定·開學考試）如圖，過點作兩直線分別交拋物線于四點，且點，C在第一象限.

(1)設兩點的縱坐標分別為，求的值；(2)若直線分別交軸于兩點，以線段為直徑作，過原點作的切線交于點，證明：的值為定值.【思路分析】（1）設直線，代入拋物線方程，利用根與系數的關系可得結論；（2）設，直線：，直線，直線，由（1）類似可得，聯立與拋物線方程，由根與系數的關系可得，同理可得，可而計算可得，利用條件可求得，可證結論.【規范答題】（1）設直線，代入，可得，則.（2）設，直線：，直線，直線，由（1）同理可知.將，代入，可得，則，同理，故，又，可得.易知的中點為的半徑為，故的方程為，，可得，故的值為定值.解決直線與圓錐曲線相交（過定點、定值）問題的常用步驟：（1）得出直線方程，設交點為，；（2）聯立直線與曲線方程，得到關于或的一元二次方程；（3）寫出韋達定理；（4）將所求問題或題中關系轉化為，形式；（5）代入韋達定理求解.過程步驟：圓錐曲線中直線過定點問題，設動直線與圓錐曲線的交點坐標為，直線方程代入曲線方程后應用韋達定理得，利用這兩個交點的坐標寫出要求過定點的直線的方程，可根據直線的變化確定定點的位置，然后代入韋達定理的結論及利用定點所在的直線方程（得交點的橫縱坐標關系）求出定點坐標．1．（24-25高三下·云南德宏·階段練習）已知P是拋物線C：()上任意一點，且點P到C的焦點F的最短距離為．(1)求拋物線C的方程；(2)設M是直線上除與x軸交點外的一動點，直線l與拋物線C相交于A，B兩點，且直線AM與直線BM的斜率之和等于點M縱坐標的相反數，證明：直線l過定點．【答案】(1)；(2)證明見解析.【分析】（1）根據拋物線的定義有，結合其最小值得，即可得拋物線方程；（2）設()，，，直線l的方程為，聯立拋物線并應用韋達定理得，，結合求得，即可證結論.【詳解】（1）設，易知，準線方程為，所以．當時，取得最小值，由，解得，則拋物線C為．（2）設()，，，因為直線l的斜率顯然不為0，所以設直線l的方程為，聯立，消去x得，，所以，，恒成立，解得，符合，故直線l過定點.2．（24-25高三下·山西·開學考試）已知雙曲線：的右焦點為，且到的其中一條漸近線的距離為.(1)求的方程；(2)設，過點的直線與相交于兩點，是否存在正數，使得為常數？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.【答案】(1)(2)存在，【分析】（1）根據雙曲線的性質和點到直線的距離公式求出即可；（2）設出直線方程，與雙曲線方程聯立，利用韋達定理和斜率公式求解即可，注意討論直線斜率不存在的情況.【詳解】（1）易得雙曲線C的半焦距，又到的其中一條漸近線的距離為，由對稱性不妨取該漸近線為，則，所以，，所以C的方程為.（2）當直線的斜率存在時，設的方程為，，，

由消去得，則，恒成立，所以，.假設存在正數，使得為常數，則，要使為常數，則，解得，此時點，；當直線的斜率不存在時，直線的方程為，代入雙曲線得，不妨取，，若，則；綜上，存在正數，使得為常數.題型三解析幾何中證明類問題1．（2025·重慶·一模）已知拋物線，過點的直線與拋物線交于、兩點，在軸上方，，均垂直于的準線，垂足分別為，．(1)當時，求直線的方程；(2)已知為坐標原點，證明：．【思路分析】（1）由題意設直線的方程為：，與拋物線方程聯立，可得根與系數的關系.由結合根與系數關系可求出的值，從而得到直線的方程.（2）由向量共線的坐標運算可得在線段上；同理，在線段上，由，可得相似三角形，由相似比即可得證.【規范答題】（1）

由題意，為拋物線的焦點．設．設直線的方程為：，代入，得：．則①，②．因為，所以，即③．由①③得：．又由②，解得．因為，所以．直線的方程為．（2）由題意，．因為，所以在線段上．同理，在線段上．因為，所以與相似，從而，即．2（2025·陜西西安·二模）已知為橢圓的右焦點，過點作與軸平行的直線，該直線與橢圓交于兩點（點在第一象限），當時，.(1)求橢圓的標準方程；(2)若直線與軸交于點，證明：四點共圓.【思路分析】（1）由題意得①，把代入中，求得點的坐標，利用可得，代入坐標化簡得，由①，②聯立求出即得橢圓方程；（2）先由點關于軸對稱，設出的外接圓圓心，將代入求得，寫出的外接圓的方程，利用點在該圓上，化簡得出該圓方程：，再由直線與軸交于點求出點坐標，證明其在該圓上即可.【規范答題】（1）依題，，即①，把代入中，解得，因點在第一象限，則，由可得，代入點的坐標可得：，即得，整理得：②，將①代入②可得：，解得（負值舍去），則，故橢圓的標準方程為：.（2）依題意，點關于軸對稱，故的外接圓圓心在軸上，設，將代入，解得，依題意，，則的外接圓半徑為，于是的外接圓的方程為：，因點在該圓上，代入解得，故的外接圓的方程可化簡為：（*）.又直線的方程為：，令，可得，將其代入（*），可得：，即點在該圓上，故四點共圓.

【點睛】關鍵點點睛：證明四點共圓問題，一般先由其中三點建立其外接圓方程，再證明第四個點在該圓上即可.1．（24-25高三下·廣西·開學考試）已知橢圓的左、右頂點分別為，且上頂點與都在直線上.(1)求的方程；(2)若點為上的一個動點，點，求的最小值；(3)若過點的直線交于兩點，點是線段上異于的一點，且，證明：.【答案】(1)(2)(3)證明見解析【詳解】（1）在直線方程中，令，得，即，則，令，得，即，則，所以的方程為.（2）設，則，，因此，當且僅當時取等號，所以的最小值為.（3）當直線的斜率為0時，不妨記，而，由，得，則，因此；當直線的斜率不為0時，設，直線的方程為，由消去得，則，，且，如圖，由，得點在線段的垂直平分線上，即，顯然，設，即，于是，由點在直線上，得，則，整理得，于是，因此，，所以.2．（24-25高三下·江西·階段練習）已知雙曲線的右頂點為，且它的一條漸近線的方程為．(1)求雙曲線的方程；(2)若是雙曲線上異于頂點的一個動點，過點作雙曲線的兩條漸近線的平行線，與直線（為坐標原點）分別交于點，證明：．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）根據雙曲線右頂點坐標可直接得到的值，再結合漸近線方程求出的值，進而得到雙曲線方程.（2）先設出點的坐標，寫出直線的方程，運用向量共線，求出點、的坐標，接著計算用表示，結合是雙曲線上異于頂點的一個動點，最后證明它們相等.【詳解】（1）解：由題意知解得故雙曲線的方程為．（2）證明：設，，，直線的方程分別為，．因為，，所以，，所以，．所以，．故．因為，所以．題型四解析幾何中非對稱問題（24-25高三上·湖北武漢·期末）已知橢圓C：的長軸長是短軸長的2倍，焦距為，點A，B分別為C的左、右頂點，點P，Q為C上的兩個動點，且分別位于x軸上、下兩側，和的面積分別為，，記(1)求橢圓C的方程；(2)若，求證直線PQ過定點，并求出該點的坐標；(3)若，設直線AP和直線BQ的斜率分別為，，求的取值范圍．【思路分析】（1）根據題意，列出關于的方程組，求得的值，即可得到橢圓方程；（2）由圖形對稱性可知定點在x軸上，設，由題意得，求解即可.（3）設直線PQ的方程為，，，并表示聯立由韋達定理得，，代入化簡并結合即可得所求.【規范答題】（1）由題意知，，，又，，，所以橢圓C的方程為：（2）證明：由知，，由圖形對稱性可知，定點M在x軸上，設直線PQ方程為：，，，，，解得，即定點坐標為（3）設直線PQ的方程為，，聯立可得，則，，且于是，，，即的范圍是1在一元二次方程中，若，設它的兩個根分別為，則有根與系數關系：，借此我們往往能夠利用韋達定理來快速處理之類的結構。2、但在有些問題時，我們會遇到涉及的不同系數的代數式的應算，比如求或之類的結構，就相對較難地轉化到應用韋達定理來處理了．特別是在圓錐曲線問題中，我們聯立直線和圓錐曲線方程，消去或，也得到一個一元二次方程，我們就會面臨著同樣的困難，我們把這種形如或之類中的系數不對等的情況，這些式子是非對稱結構，稱為“非對稱韋達”．1（24-25高三上·山東濰坊·期末）已知雙曲線的中心為坐標原點，左焦點為，離心率為，過點的直線交于，兩點.(1)求的方程；(2)設的左、右頂點分別為，，直線與直線交于點，證明：，，三點共線.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）根據離心率及焦點坐標列方程求解得出雙曲線方程；（2）分直線的斜率為0和直線的斜率不為0兩種情況分別檢驗，即可證明三點共線.【詳解】（1）由題意知，因為，所以，所以，所以的方程為.（2）由題意知，，當直線的斜率為0時，：，此時，，三點共線顯然成立，當直線的斜率不為0時，設：，，，聯立可得，由題意得，，所以，，因為直線的方程為，令，得，所以，所以，因為，所以所以，故，，三點共線，綜上得，，三點共線.【點睛】關鍵點點睛：證明的關鍵點是把三點共線轉化為結合韋達定理即可求解證明.2（2025·河北保定·一模）已知橢圓的離心率為，左、右焦點分別為，點為上的動點，的周長為6.(1)求的標準方程.(2)延長線段分別交于兩點，連接，并延長線段交于另一點，若直線和的斜率均存在，且分別為，試判斷是否為定值.若是，求出該定值；若不是，說明理由.【答案】(1)(2)是，【分析】（1）由已知條件結合橢圓定義、離心率公式，確定的值，得出橢圓的標準方程；（2）設，，由三點共線，可得，由直線的方程和直線的方程聯立，再利用根與系數關系由分別表示出，再表示出，即可得到的值.【詳解】（1）設橢圓的焦距，所以的周長為，即.又橢圓的離心率為，所以，所以，所以，所以，所以的標準方程為.（2）是定值.由（1）得，設，，又三點共線，所以，化簡得，則直線的方程為，直線的方程為，由，化簡得，由根與系數關系可知，，所以，同理，又，所以.題型五解析幾何中范圍類問題1（2025·陜西榆林·模擬預測）已知平面上的動點到點的距離與到直線的距離相等，點的軌跡為曲線.(1)求曲線的方程；(2)設過點的直線交于兩點，過點的直線與的另一個交點為，點在與之間.（i）證明：線段垂直于軸；（ii）記的面積為的面積為，求的取值范圍.【思路分析】（1）由題意可得動點軌跡為拋物線，由焦點和準線，可得答案；（2）（i）設出直線方程，聯立拋物線方程，寫出韋達定理，由設出的點的坐標，表示出直線的斜率，研究其關系，可得答案；（ii）由點的坐標，表示出三角形的面積，整理函數解析式，利用導數求得最值，可得答案.【規范答題】（1）設點，由于動點到點的距離與直線的距離相等，所以點的軌跡是以為焦點，為準線的拋物線.設此拋物線的方程是，則，故曲線的方程是.（2）（i）因為直線的斜率不為0，故設的方程為，聯立可得：，，則，.故，故直線與直線關于軸對稱，即點與點關于軸對稱，所以線段垂直于軸.（ii）由（i）可知，不妨設，因為點在與之間，所以，，則，令，則，令，則，解得；令，解得.則在上單調遞增，在上單調遞減，，所以的取值范圍為.2（24-25高三下·河北邢臺·階段練習）橢圓的標準方程為，若將其繞原點逆時針旋轉，得到的曲線方程為，如圖所示．設橢圓的右焦點，則(1)求橢圓的標準方程．(2)點分別為橢圓的左、右頂點，直線上有一動點（不落在軸上），連接分別與橢圓交于兩點、，①問直線是否恒過定點？如果是，求出定點坐標，如果不是，說明理由．②將橢圓關于直線對稱得到橢圓，直線與橢圓交于、兩點，求的取值范圍．【思路分析】（1）根據橢圓與對稱軸聯立得出，即可得出橢圓標準方程；（2）①先設直線再聯立計算得，化簡令代入上式得即得定點；②應用弦長公式求解，再結合對稱性得出，再應用值域求解.【規范答題】（1）聯立得，即，聯立得，即，所以橢圓；（2）①設，，，聯立得，則,聯立，得，，則，代入式，，令代入上式得，直線恒過定點；②只需將直線關于對稱，得，與橢圓聯立求弦長即可，，，，同理，將換成得

，因為，所以，所以.1（2025·安徽·一模）已知動點滿足關系式.(1)求動點的軌跡方程；(2)設動點的軌跡為曲線，拋物線的焦點為，過上一點作的兩條切線，切點分別為，弦的中點為，平行于的直線與相切于點.①證明：三點共線；②當直線與有兩個交點時，求的取值范圍.【答案】(1)(2)①證明見解析；②的取值范圍為.【分析】（1）由雙曲線定義即可求解；（2）①由切線方程和導數幾何意義依次求出和即可得證；②求出直線的方程，與曲線聯立，利用判別式結合焦半徑公式即可求解.【詳解】（1）設，則即，所以由雙曲線定義可知動點的軌跡是以為焦點的雙曲線的下支，且所以動點的軌跡方程為.（2）①證明：由（1）曲線:,，設，對函數求導得，所以兩切線方程為：，即，又切線過點P，所以，即滿足，即滿足方程，所以，設，則由，所以，即三點在直線上，即三點共線；②由上得，所以直線的方程為即，聯立，因為直線與有兩個交點，則由題意可知方程有兩個不等負根，所以，所以.所以的取值范圍為.2（2025·湖北·模擬預測）已知橢圓的短軸長為，且離心率為.(1)求C的方程.(2)過點作斜率不為0的直線與橢圓C交于S，T不同的兩點，再過點作直線ST的平行線與橢圓C交于G，H不同的兩點.①證明：為定值.②求面積的取值范圍.【答案】(1)；(2)①證明見解析；②.【分析】（1）利用橢圓參數的關系即可求解橢圓方程；（2）①利用設的直線與橢圓聯立方程組，利用縱坐標與斜率關系計算線段長度，，即可得到線段之積與直線系數的關系，同理計算出，再作比值，即可得到定值；②利用弦長公式和面積公式可計算出，再利用換元法,化歸到對鉤函數來求值域即可.【詳解】（1）由已知得，因為，又由，可解得，所以橢圓方程為：.（2）①設斜率不為0的直線的方程為，聯立直線和橢圓方程可得，化簡得，由于橢圓與直線交于兩點，，因此，所以或，根據韋達定理可得，，又因為，，因此，令的方程為，橢圓與直線交于兩點，聯立直線和橢圓方程，化簡得，同理：，，，因此（為定值）．②由于，又由于，因此，化簡可得，設，由于，因此，因此，又由于當時，，因此，因此，所以面積的取值范圍為．題型六解析幾何中新定義問題（2025·河北邯鄲·一模）對于給定的橢圓，與之對應的另一個橢圓（，且），則稱與互為共軛橢圓.已知橢圓與橢圓互為共軛橢圓，是橢圓的右頂點.(1)求橢圓的標準方程.(2)設直線與橢圓交于，兩點，且直線與直線的斜率之積為.①證明：且直線過定點.②試問在軸上是否存在異于點的點，使得直線，的斜率之積也為定值？若存在，求出該定值；若不存在，請說明理由.【思路分析】（1）根據共軛橢圓的定義結合已知，即可求得答案；（2）①聯立直線和橢圓方程，可得根與系數的關系式，利用判別式以及直線的斜率公式化簡，即可證明結論；②設，求出直線，的斜率之積的表達式，根據求定值問題可令參變量m的系數為0，即可求得答案.【規范答題】（1）由題意可設的共軛橢圓方程為，即（，且），由于是該橢圓的右頂點，即得，橢圓的標準方程；（2）①證明：聯立和，

可得，需滿足，即，即；設，則，則，由題意得直線與直線的斜率之積為，即，即，即，即得，解得（舍）或，則直線為直線，過定點；②假設在軸上存在異于點的點，使得直線，的斜率之積也為定值，設，由①知，，，則，要使得為定值，需，解得（舍）或，即時，為定值，即在軸上存在異于點的點，使得直線，的斜率之積也為定值.2（2025高三·全國·專題練習）已知橢圓的左、右焦點分別為，拋物線以坐標原點為頂點，為焦點，的一個公共點為．若，則稱為“－相伴”．(1)若為“－相伴”，求直線的斜率．(2)若為“－相伴”．（ⅰ）求的取值范圍；（ⅱ）若，，的方程為，直線與交于點，判斷是否存在定點，使得直線與的傾斜角互補，若存在，求出的值，若不存在，說明理由．【思路分析】（1）根據題干列出等式，再利用對稱性即可得到結果.（2）（ⅰ）根據點在上，且點在上列出等式，得到，進而得到，又，列出關于的等式，利用對勾函數的性質即可得到結果.（ⅱ）由，及（ⅰ）中得出a的值，進而求出的方程為，設出直線方程與的方程聯立，用韋達定理即可得到結果.【規范答題】（1）設，由題意知的焦點為，準線為直線，由拋物線定義得點到的準線的距離．易知點在第二象限或第三象限．當點在第二象限時，設直線的傾斜角為，則，所以，，所以，即直線的斜率為．當點在第三象限時，由對稱性可得直線的斜率為．綜上，直線的斜率為或．（2）（ⅰ）設，由（1）知的焦點為，因為點在上，所以，因為點在軸左側，故，故因為點在上，所以，所以，解得，所以．由橢圓的定義得，又，所以，所以，即．設，則，且，由，可得，所以，解得，即的取值范圍是．（ⅱ）因為的方程為，所以，由，及（ⅰ）中，得，解得（舍去）或，所以，所以的方程為．設，，由，得，所以，，，假設存在定點，使得直線與的傾斜角互補，則直線與的斜率之和為0，即，所以，所以，即，所以存在定點，使得直線與的傾斜角互補且．關于新定義題的思路有：（1）找出新定義有幾個要素，找出要素分別代表什么意思；（2）由已知條件，看所求的是什么問題，進行分析，轉換成數學語言；（3）將已知條件代入新定義的要素中；（4）結合數學知識進行解答.1（24-25高三上·山東青島·期末）圓錐曲線有著豐富的光學性質．從拋物線的焦點F處出發的光線照射到拋物線上點，經反射后的光線平行于拋物線的軸．若點P在第一象限、直線l與拋物線相切于點P．(1)已知點，求切線l的方程；(2)過原點作切線l的平行線，交PF于點S，若．（i）求拋物線的方程；（ii）過準線上點N作圓的兩條切線，且分別與交于兩點和兩點．是否存在圓M，使得當點N運動時，為定值？并說明理由．【答案】(1)(2)（i）；（ii）存在，理由見解析【分析】（1）由點P可得拋物線方程，然后設切線方程為，將切線方程與拋物線方程聯立，利用判別式為0可得斜率；（2）（i）法1，利用拋物線光學性質可得，然后由幾何知識可得，即可得答案；法2，將切線方程設為，類似于（1）可得，注意到，然后由幾何知識可得，即可得答案；法3，類似于法2可得切線斜率為，設直線l，PF的傾斜角分別為，經計算可得，然后由幾何知識可得；法4，類似于法2可得，通過將過原點與切線平行的直線方程與直線PF的方程聯立可得點S坐標，然后由結合兩點間距離公式可得關于p的表達式，化簡后可得答案；（ii）由（i）設，將方程與拋物線方程聯立，結合韋達定理，可得關于的表達式，然后由切線到圓心距離為1可得，代入表達式可得答案.【詳解】（1）因為在拋物線上，所以，所以拋物線為設切線方程為，與拋物線聯立得：，所以，所以所以切線方程為：（2）（i）（法1）如圖，因由光學性質可知軸，因為入射角等于反射角，所以，所以，所以，所以，所以拋物線方程為（法2）設切線l的方程為：與拋物線方程聯立得，由，整理，即如圖，因為，所以，又因為，所以，所以，即，所似拋物線方程為（法3）點在第一象限，同法2，求得設直線l，PF的傾斜角分別為，計算可得：即，即，所以拋物線方程為（法4）同法2，求得，所以過原點與切線平行的直線為：直線PF的方程為：，解得點S的坐標為因為，由兩點距離公式可得整理得，注意到：，進一步整理可得：，所以，所以拋物線方程為（ii）由（i）可得拋物線方程為：，則準線方程為：設，，將方程與拋物線方程聯立，消去x并化簡可得：，又，則由韋達定理可得，同理可得.則.又與圓相切，則到圓心的距離為1，則，同理有，則為方程的兩根，由韋達定理可得：.則注意到當時，切線中有一條與x軸平行，不合題意，則.要使為定值，則，又，則.故存在圓，使得當點N運動時，為定值.【點睛】關鍵點睛：拋物線問題存在大量相等的線段或相等的角，解決問題時可合理利用，對于定值問題，常用思路是找到定值關于所設參數的表達式，然后證明表達式與參數無關.2．（2025高三·全國·專題練習）定義：對于橢圓上不同的兩點，，若向量，滿足，則稱點為該橢圓的一個“類共軛點對”，點為一對類互為共軛點．已知為坐標原點，點，是焦距為4的橢圓的一個“0類共軛點對”，且．(1)求橢圓的標準方程．(2)已知點是橢圓上的一個動點，點是上不同的兩點，且都與點是一對類互為共軛點，點關于軸的對稱點為，若直線的斜率都存在，設直線的斜率分別為，試探究是否為定值，若是，求出該定值；若不是，請說明理由．【答案】(1)(2)為定值，定值為【分析】（1）利用新定義“0類共軛點對”得到之間的關系,利用兩點間的距離公式結合的關系求解的值，即可得解；（2）設，，，利用新定義滿足，，得到直線方程：；當時，聯立直線與橢圓的方程，得到根與系數的關系，進而得的值，當時，求出相關點的坐標，進而求得的值，即可得結論.【詳解】（1）因為點，是焦距為4的橢圓的一個“0類共軛點對”，所以，即，所以，因為點，在橢圓上，所以，，所以，整理得，所以．所以，因為，所以，所以，，所以橢圓的標準方程為．（2）因為點在橢圓上，所以，即．設，，因為點是上不同的兩點，且都與點是一對類互為共軛點，所以，，所以直線的方程為，即．當時，直線的方程為，代入，消去并整理得，所以，，所以，．由題可得，所以．當時，若，則，，此時，所以，，故；若，則，，此時，所以，，故．綜上，為定值，且定值為．1．（2025·河南·二模）已知橢圓的焦距為，且過點.(1)求橢圓的標準方程；(2)過點作兩條直線分別交橢圓于，兩點，若直線平分，求證：直線的斜率為定值，并求出這個定值.【答案】(1)(2)證明見解析，【分析】（1）依題意得到、、的方程組，求出、即可得解；（2）依題意直線、的斜率存在且不為，設，，直線的方程為，聯立直線與橢圓方程，求出，同理可得，即可求出、，即可得解.【詳解】（1）依題意可得，解得，所以橢圓的標準方程為；（2）依題意直線、的斜率存在且不為，設，，直線的方程為，由，消去得，所以，因為直線平分，所以直線、的斜率互為相反數，所以設直線的方程為，同理可得，因為，，所以，又，所以，即直線的斜率為定值.2．（24-25高三下·青海海東·階段練習）已知雙曲線的離心率為，直線與交于，兩點．點在上，且直線與軸垂直．(1)求的標準方程．(2)試問直線是否過定點？若是，求出定點的坐標；若不是，請說明理由．(3)設直線與軸交于點，，求面積的最大值．【答案】(1)；(2)過定點；(3)【分析】（1）由離心率求得后得雙曲線標準方程；（2）設設，直線方程代入雙曲線方程后應用韋達定理得，由已知得，寫出直線方程，并令，代入，及可求得，從而得定點坐標；（3）利用直線過定點，因此有，代入韋達定理的結論并利用函數單調性可得面積范圍．【詳解】（1）由已知，解得（負值舍去），所以雙曲線的標準方程是；（2）設，由得，且，，所以，，因為與軸垂直，且也在雙曲線上，所以，直線的方程為，又，，，所以直線的方程化為，令，得，所以，，所以直線過定點；（3）在中令得，所以，，設，設，則，因為，所以，，,所以，在上是減函數，，所以的最大值是．3．（24-25高三下·浙江·階段練習）已知拋物線，為的焦點，為的準線是上兩點，且（O為坐標原點），過作，垂足為D，點D的坐標為.(1)求C的方程；(2)在C上是否存在點，使得過F的任意直線交C于S，T兩點，交l于M，直線的斜率均成等差數列？若存在，求出點的坐標；若不存在，說明理由.【答案】(1)(2)存在，或【分析】（1）由垂直關系得到方程，聯立拋物線方程，結合韋達定理，由，列出等式求解即可；（2）假設存在滿足題意，過點得動直線方程為，聯立拋物線方程，結合韋達定理，由斜率公式求得得斜率，再由等差數列列出等式求解；【詳解】（1）由題意可得：，所以，所以直線的方程為：，設，聯立拋物線方程消去得：，所以，所以，因為，所以，即，解得：，所以拋物線方程為：（2）由（1）得，假設存在滿足題意，過點得動直線方程為，聯立，解得則，設，聯立，消去得：，所以，直線得斜率為，直線得斜率為，直線的斜率為，因為直線的斜率均成等差數列，所以，整理得：，對任意恒成立，所以，解得：或，此時，即存在或滿足題意；【點睛】關鍵點點睛：由韋達定理及斜率公式得到：直線得斜率為，直線得斜率為，直線的斜率為；4．（2025·甘肅·一模）設為坐標原點，點，、為橢圓上的兩個動點，.(1)證明：向量是直線的一個法向量；(2)若線段與橢圓交于點，求面積的最大值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）設、，利用點差法求出直線的斜率，根據直線斜率與直線方向向量的關系可證得結論成立；（2）求出點的坐標，設直線方程為，將該直線方程與橢圓方程聯立，列出韋達定理，求出以及點到直線的距離，利用導數可求出面積的最大值.【詳解】（1）由于點在橢圓外，、為橢圓上的兩個動點，設、，，則，由①②得，即，由于直線的斜率為，所以直線的斜率為，故直線的一個方向向量為，從而為直線的一個法向量.（2）由得，即，由（1）可知，直線的斜率為，設直線方程為，若，則直線過原點，則，從而與矛盾，故，由得，則，解得或，由韋達定理可得，，所以，，由于到直線的距離，所以，令，則，令，則，當時，時；當時，.所以，函數在、上單調遞增，在上單調遞減，所以，當時，即當時，取到最大值.5．（2025·河北秦皇島·一模）已知雙曲線的左、右焦點分別為，過點作斜率為的直線，直線與雙曲線交于點，且的內切圓半徑恰為.(1)求雙曲線的方程.(2)若直線交雙曲線的右支于兩點，線段的中垂線過點.（i）證明：.（ii）求的取值范圍.【答案】(1)(2)（i）證明見解析；（ii）【分析】（1）根據給定條件探求出的內切圓圓心坐標，借助點到直線距離公式計算可得，結合求出，進而得離心率；（2）（i）設，聯立直線與雙曲線的方程，結合韋達定理可得的中點為，進而結合題意列出方程即可求證；（ii）由（i）易得，，，結合弦長公式、兩點間距離公式及正切函數的定義可得的取值范圍，進而求解即可.【詳解】（1）由題意，，直線方程為：，即，設的內切圓與三邊相切的切點分別為，，，如圖所示，則，即，而軸，圓半徑為，則，點到直線的距離：，整理得，且，解得，又因為，可得，所以雙曲線的方程為.（2）（i）設，聯立，則，所以，即，且，則，則的中點為，即，因為線段的中垂線過點，則，整理得.（ii）由（i）知，，則，，則，，則，解得，又，則,又，則，即，又，則的取值范圍為.6．（24-25高三下·陜西咸陽·階段練習）在平面直角坐標系中，已知點，動點到點和的距離之和為4．記動點的軌跡為曲線．(1)求曲線的方程；(2)設直線與曲線交于兩點．①若點，直線過點且與直線垂直，求的周長；②若，求面積的取值范圍．【答案】(1)(2)①8；②【分析】（1）利用橢圓的定義及其標準方程即可得出；（2）①由（1）可知，為正三角形，得直線為線段的垂直平分線，則的周長為；②當直線的斜率一條為0，另一條不存在時，的面積為；當直線的斜率存在且都不為零時，設直線，與橢圓聯立消去得，則，則，則得，同理可得，，代入，變形后利用基本不等式，即可求得其取值范圍.【詳解】（1）由題意知，，所以動點的軌跡是以和為焦點的橢圓，故可設橢圓的方程為，則，所以，所以曲線的方程為．（2）①由（1）知，，得為正三角形，則由，得直線為線段的垂直平分線，所以，且，則的周長為②（Ⅰ）當直線的斜率一條為0，另一條不存在時，的面積為，（Ⅱ）當直線的斜率存在且都不為零時，設直線，由，得，即，則，則，同理可得，，故的面積為．當且僅當，即時取最小值．綜上，的面積的取值范圍為．7．（24-25高三上·上海·階段練習）設雙曲線的方程為(常數.(1)若雙曲線的焦距為4，求兩條漸近線的夾角；(2)設是第一象限內雙曲線上一點，是雙曲線右頂點，當為等腰三角形時，求點的坐標；(3)設是直線上一點.已知過點的直線、的斜率分別為，分別與交于和，當時，求的值.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）首先求雙曲線的值，然后求雙曲線的漸近線方程，最后求兩條漸近線的夾角；（2）分情況討論，結合兩點間距離公式和N是第一象限內雙曲線上一點條件計算即可；（3）先設出點的坐標以及直線、的參數方程，然后將參數方程代入雙曲線方程，利用參數的幾何意義得到與的表達式，再結合已知條件求解的值.【詳解】（1）對于雙曲線，其標準方程為，其中.雙曲線的焦距，則.根據雙曲線的性質，已知，，代入可得，即，解得，則.

對于雙曲線，其漸近線方程為.已知，，則雙曲線的漸近線方程為.設漸近線的傾斜角為，則，因為傾斜角，所以.設漸近線的傾斜角為，則，因為傾斜角，所以.

兩條直線夾角的范圍是.兩條漸近線傾斜角相差，所以兩條漸近線的夾角為.（2）對于雙曲線，則.已知，則雙曲線方程為.分情況討論為等腰三角形時點的坐標：情況一：當時，已知，，則.設（，），因為，根據兩點間距離公式可得.又因為點在雙曲線上，所以，聯立方程組，解方程組：由可得，即.將代入中得：，解得或（舍去）.當時，，（），所以.情況二：當時，則，即，.聯立方程組，將代入中得：，解得或（舍去）.當時，，（不滿足在第一象限，舍去）.情況三：當時，兩邊同時平方可得，即，展開得，移項可得，解得（不滿足在第一象限，舍去）.

綜上所得，點的坐標為.（3）設，直線的參數方程為（為參數），其中.直線的參數方程為（為參數），其中.將直線的參數方程代入雙曲線方程把代入雙曲線方程，可得：展開并整理得：設、對應的參數分別為、，根據韋達定理，.由直線參數方程中參數的幾何意義可知.因為，則，，代入上式可得：.同理將直線的參數方程代入雙曲線方程，按照上述步驟可得.因為，所以.由于，則，即.又因為，而（因為）.由可得，即.因為，所以.【點睛】定值問題常見方法：（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關；（2）直接推理計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值.8．（24-25高三下·安徽阜陽·開學考試）阿基米德(公元前287年-公元前212年)不僅是著名的物理學家，也是著名的數學家，他利用“逼近法”得到橢圓的面積除以圓周率π等于橢圓的長半軸與短半軸的乘積.已知在平面直角坐標系中，橢圓C:的面積為，橢圓的焦距為.(1)求橢圓的標準方程.(2)已知直線與橢圓C有兩個不同的交點，，，分別為橢圓的上、下頂點，設為直線上一點，且直線，的斜率的積為，證明:點在軸上.【答案】(1)+y2=1(2)證明見解析【分析】（1）根據題意列方程，解方程即可得到橢圓方程；（2）設坐標，根據直線BD，BM的斜率的積得到直線BD的斜率，然后聯立直線的方程得到，再結合得到即可證明.【詳解】（1）依題意有，解得，所以橢圓C的標準方程是.（2）設，則，，，且，，所以直線BM的斜率為，因為直線BD，BM的斜率的積為，所以直線BD的斜率為，所以直線BD的方程為，又直線AN的方程為，聯立方程組，解得，因為點M在橢圓C上，所以，則，所以點D在x軸上.9．（24-25高三上·廣東湛江·期末）已知和為橢圓上兩點．(1)求橢圓的方程；(2)若點在橢圓上，是橢圓的兩焦點，且，求的面積；(3)過點的直線與橢圓交于兩點，證明：為定值．【答案】(1)(2)．(3)證明見解析【分析】（1）由題意可得關于，的方程組，解出，的值，即可得出橢圓的方程；（2）利用余弦定理結合橢圓的定義求出的值，然后利用三角形的面積公式可求得的面積；（3）當的斜率為0時，直接計算出的值；當的斜率不為0時，設直線的方程為，將直線的方程與橢圓方程聯立，列出韋達定理，結合弦長公式可求出的值，即可證得結論成立.【詳解】（1）由題意得，解得，所以橢圓的方程為．（2）由題可知在中，由余弦定理得則即所以，故的面積是．（3）當的斜率為0時，．當的斜率不為0時，設直線的方程為聯立，得，此時．，故為定值．1．（2024·新高考全國Ⅰ卷·高考真題）已知和為橢圓上兩點.(1)求C的離心率;(2)若過P的直線交C于另一點B，且的面積為9，求的方程．【答案】(1)(2)直線的方程為或.【分析】（1）代入兩點得到關于的方程，解出即可；（2）方法一：以為底，求出三角形的高，即點到直線的距離，再利用平行線距離公式得到平移后的直線方程，聯立橢圓方程得到點坐標，則得到直線的方程；方法二：同法一得到點到直線的距離，再設，根據點到直線距離和點在橢圓上得到方程組，解出即可；法三：同法一得到點到直線的距離，利用橢圓的參數方程即可求解；法四：首先驗證直線斜率不存在的情況，再設直線，聯立橢圓方程，得到點坐標，再利用點到直線距離公式即可；法五：首先考慮直線斜率不存在的情況，再設，利用弦長公式和點到直線的距離公式即可得到答案；法六：設線法與法五一致，利用水平寬乘鉛錘高乘表達面積即可.【詳解】（1）由題意得，解得，所以.（2）法一：，則直線的方程為，即，，由（1）知，設點到直線的距離為，則，則將直線沿著與垂直的方向平移單位即可，此時該平行線與橢圓的交點即為點，設該平行線的方程為：，則，解得或，當時，聯立，解得或，即或，當時，此時，直線的方程為，即，當時，此時，直線的方程為，即，當時，聯立得，，此時該直線與橢圓無交點.綜上直線的方程為或.法二：同法一得到直線的方程為，點到直線的距離，設，則，解得或，即或，以下同法一.法三：同法一得到直線的方程為，點到直線的距離，設，其中，則有，聯立，解得或，即或，以下同法一；法四：當直線的斜率不存在時，此時，，符合題意，此時，直線的方程為，即，當線的斜率存在時，設直線的方程為，聯立橢圓方程有，則，其中，即，解得或，，，令，則，則同法一得到直線的方程為，點到直線的距離，則，解得，此時，則得到此時，直線的方程為，即，綜上直線的方程為或.法五：當的斜率不存在時，到距離，此時不滿足條件.當的斜率存在時，設，令，，消可得，，且，即，，到直線距離，或，均滿足題意，或，即或.法六：當的斜率不存在時，到距離，此時不滿足條件.當直線斜率存在時，設，設與軸的交點為，令，則，聯立，則有，，其中，且，則，則，解得或，經代入判別式驗證均滿足題意.則直線為或，即或.2．（2024·新課標Ⅱ卷·高考真題）已知雙曲線，點在上，為常數，．按照如下方式依次構造點：過作斜率為的直線與的左支交于點，令為關于軸的對稱點，記的坐標為.(1)若，求；(2)證明：數列是公比為的等比數列；(3)設為的面積，證明：對任意正整數，.【答案】(1)，(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）直接根據題目中的構造方式計算出的坐標即可；（2）思路一：根據等比數列的定義即可驗證結論；思路二：利用點差法和合比性質即可證明；（3）思路一：使用平面向量數量積和等比數列工具，證明的取值為與無關的定值即可.思路二：使用等差數列工具，證明的取值為與無關的定值即可.思路三：利用點差法得到，，再結合（2）中的結論得，最后證明出即可.【詳解】（1）由已知有，故的方程為.當時，過且斜率為的直線為，與聯立得到.解得或，所以該直線與的不同于的交點為，該點顯然在的左支上.故，從而，.（2）方法一：由于過且斜率為的直線為，與聯立，得到方程.展開即得，由于已經是直線和的公共點，故方程必有一根.從而根據韋達定理，另一根，相應的.所以該直線與的不同于的交點為，而注意到的橫坐標亦可通過韋達定理表示為，故一定在的左支上.所以.這就得到，.所以.再由，就知道，所以數列是公比為的等比數列.方法二：因為，，，則，由于，作差得，，利用合比性質知，因此是公比為的等比數列.（3）方法一：先證明一個結論：對平面上三個點，若，，則.（若在同一條直線上，約定）證明：.證畢，回到原題.由于上一小問已經得到，，故.再由，就知道，所以數列是公比為的等比數列.所以對任意的正整數，都有.而又有，，故利用前面已經證明的結論即得.這就表明的取值是與無關的定值，所以.方法二：由于上一小問已經得到，，故.再由，就知道，所以數列是公比為的等比數列.所以對任意的正整數，都有.這就得到，以及.兩式相減，即得.移項得到.故.而，.所以和平行，這就得到，即.方法三：由于，作差得，變形得①，同理可得，由（2）知是公比為的等比數列，令則②，同時是公比為的等比數列，則③，將②③代入①，即，從而，即.【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵在于將解析幾何和數列知識的結合，需要綜合運用多方面知識方可得解.3．（2024·全國甲卷·高考真題）已知橢圓的右焦點為，點在上，且軸．(1)求的方程；(2)過點的直線交于兩點，為線段的中點，直線交直線于點，證明：軸．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）設，根據的坐標及軸可求基本量，故可求橢圓方程.（2）設，，，聯立直線方程和橢圓方程，用的坐標表示，結合韋達定理化簡前者可得，故可證軸.【詳解】（1）設，由題設有且，故，故，故，故橢圓方程為.（2）直線的斜率必定存在，設，，，由可得，故，故，又，而，故直線，故，所以，故，即軸.【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設直線方程，設交點坐標為；（2）聯立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，注意的判斷；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關系轉化為、（或、）的形式；（5）代入韋達定理求解.4．（2023·全國·高考真題）在直角坐標系中，點到軸的距離等于點到點的距離，記動點的軌跡為．(1)求的方程；(2)已知矩形有三個頂點在上，證明：矩形的周長大于．【答案】(1)(2)見解析【分析】（1）設，根據題意列出方程，化簡即可；（2）法一：設矩形的三個頂點，且，分別令，，且，利用放縮法得，設函數，利用導數求出其最小值，則得的最小值，再排除邊界值即可.法二：設直線的方程為，將其與拋物線方程聯立，再利用弦長公式和放縮法得，利用換元法和求導即可求出周長最值，再排除邊界值即可.法三：利用平移坐標系法，再設點，利用三角換元再對角度分類討論，結合基本不等式即可證明.【詳解】（1）設,則，兩邊同平方化簡得，故.（2）法一：設矩形的三個頂點在上,且，易知矩形四條邊所在直線的斜率均存在，且不為0，

則,令，同理令，且，則，設矩形周長為,由對稱性不妨設，，則，易知則令,令，解得，當時，，此時單調遞減，當，，此時單調遞增，則，故,即.當時,,且，即時等號成立，矛盾，故,得證.法二：不妨設在上，且，

依題意可設，易知直線，的斜率均存在且不為0，則設,的斜率分別為和，由對稱性，不妨設，直線的方程為，則聯立得，，則則，同理，令，則，設，則，令，解得，當時，，此時單調遞減，當，，此時單調遞增，則，，但，此處取等條件為，與最終取等時不一致，故.法三：為了計算方便,我們將拋物線向下移動個單位得拋物線,矩形變換為矩形,則問題等價于矩形的周長大于.設,根據對稱性不妨設.則,由于,則.由于,且介于之間,則.令,,則,從而故①當時,②當時,由于,從而,從而又,故,由此，當且僅當時等號成立，故，故矩形周長大于.

.5．（2023·新課標Ⅱ卷·高考真題）已知雙曲線C的中心為坐標原點，左焦點為，離心率為．(1)求C的方程；(2)記C的左、右頂點分別為，，過點的直線與C的左支交于M，N兩點，M在第二象限，直線與交于點P．證明:點在定直線上.【答案】(1)(2)證明見解析.【分析】（1）由題意求得的值即可確定雙曲線方程；（2）設出直線方程，與雙曲線方程聯立，然后由點的坐標分別寫出直線與的方程，聯立直線方程，消去，結合韋達定理計算可得，即交點的橫坐標為定值，據此可證得點在定直線上.【詳解】（1）設雙曲線方程為，由焦點坐標可知，則由可得，，雙曲線方程為.（2）由(1)可得，設，顯然直線的斜率不為0，所以設直線的方程為，且，與聯立可得，且，則，

直線的方程為，直線的方程為，聯立直線與直線的方程可得：，由可得，即，據此可得點在定直線上運動.【點睛】關鍵點點睛:求雙曲線方程的定直線問題，意在考查學生的計算能力，轉化能力和綜合應用能力，其中根據設而不求的思想，利用韋達定理得到根與系數的關系可以簡化運算，是解題的關鍵.6．（2023·全國乙卷·高考真題）已知橢圓的離心率是，點在上．(1)求的方程；(2)過點的直線交于兩點，直線與軸的交點分別為，證明：線段的中點為定點．【答案】(1)(2)證明見詳解【分析】（1）根據題意列式求解，進而可得結果；（2）設直線的方程，進而可求點的坐標，結合韋達定理驗證為定值即可.【詳解】（1）由題意可得，解得，所以橢圓方程為.（2）由題意可知：直線的斜率存在，設，聯立方程，消去y得：，則，解得，可得，因為，則直線，令，解得，即,同理可得，則，所以線段的中點是定點.

7．（2023·全國甲卷·高考真題）已知直線與拋物線交于兩點，且．(1)求；(2)設F為C的焦點，M，N為C上兩點，，求面積的最