【备战2024年高考】高中数学重点题型解剖 题型24 5类圆锥曲线大题综合解题技巧（标准方程、轨迹方程、定点、定值、最值及范围）

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技法01 求圆锥曲线的标准方程
求圆锥曲线的标准方程常常在解答题第一问考查，需要大家掌握圆锥曲线的几何性质及其标准方程的相关计算，难度中等偏下，需重点练习.
知识迁移
椭圆的标准方程
焦点在轴上的椭圆标准方程为：
焦点在轴上的椭圆标准方程为：
双曲线的标准方程
焦点在轴上的标准方程为：
焦点在轴上的标准方程为：
抛物线的标准方程
例1．（2023·全国·统考高考真题）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.
（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.
1．（2022·全国·统考高考真题）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．
2．（2024·山西晋城·统考一模）已知椭圆的焦点是椭圆的顶点，椭圆的焦点也是的顶点．
(1)求的方程；
(2)若，，三点均在上，且，直线，，的斜率均存在，证明：直线过定点（用，表示）．
【答案】(1)
(2)过定点,证明见解析.
【分析】（1）先求出两椭圆焦点坐标，从而确定方程；
（2）设直线，将直线与椭圆联立，转化为，坐标化将韦达定理代入化简求解
【详解】（1）因为，所以的焦点为，，
因为，所以的焦点为，，
所以可设的方程为，则，，故的方程为．
（2）证明：设，，
直线．，．
因为，所以，即，
即①，
将代入的方程，得，
则，，，
，
，
将以上4个式子代入①，得，
即②，
因为点在上，所以，，
代入②得，
即，
因为，所以不在直线上，则，则，
所以直线过定点.

【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆的位置关系，将韦达定理代入表达式化简为并利用点在椭圆上进一步化简是本题关键.
3．（2024·江西赣州·南康中学校联考一模）已知双曲线：的左、右焦点分别为，，且，的一条渐近线与直线：垂直.
(1)求的标准方程；
(2)点为上一动点，直线，分别交于不同的两点，（均异于点），且，，问：是否为定值？若为定值，求出该定值，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，，理由见解析.
【分析】（1）利用焦距求c，利用渐近线与直线垂直求出a、b关系，再利用求解；
（2）设直线的方程与双曲线联立，得到韦达定理，利用点M在曲线上满足消元，分别得到，，将韦达定理代入求定值.
【详解】（1）因为，所以，
因为双曲线的渐近线与直线：垂直，
所以，②
又，③
解得，，
所以双曲线的方程为.
（2）设，则，，
设，，
所以，，
因为，所以，所以，
同理可得，所以，
直线的方程为，
联立双曲线的方程可得，
所以，所以，所以，
因为，即，所以
同理，
，
所以是定值，定值为.

【点睛】点斜式设直线方程为形式，与双曲线联立消x，得到y的二次方程，计算方便，再利用向量关系得到，同理求，利用韦达定理求定值.
4．（2024·江西南昌·南昌二中校联考模拟预测）在平面直角坐标系中，已知抛物线和点.点在上，且.
(1)求的方程；
(2)若过点作两条直线与，与相交于，两点，与相交于，两点，线段和中点的连线的斜率为，直线，，，的斜率分别为，，，，证明：，且为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由己知，根据点坐标，借助可表示出点坐标，然后带入抛物线方程，即可完成方程的求解；
（2）由已知，分别设出四点坐标，然后利用坐标分别表示出直线，，，的斜率,即可证得，设和的中点分别为，，分别联立与抛物线方程，求得，的坐标，利用斜率公式表示，化简计算即可得出结果.
【详解】（1）设点，则，因为，，
所以，，所以点，
代入方程中，得，所以的方程为.
（2）设点，，，，
则直线的斜率，
同理得直线的斜率，
直线的斜率，
直线的斜率，
所以，
，
从而得.
由消去得，
所以，
由，得或.
设和的中点分别为，，
则，，
同理，，
所以，即，
所以得.
技法02 求圆锥曲线的轨迹方程
轨迹方程的相关计算是新高考卷的常考内容，小题和大题都会作为载体命题，同学们要会结合公式运算，需强化训练复习.
知识迁移
求轨迹方程的5种常用方法
1 直接法: 直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法通常叫做直接法。
2 定义法: 如果能够确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程，这种求轨迹方程的方法叫做定义法。
3 相关点法: 用动点 M 的坐标 x，y 表示相关点 P 的坐标 x0、y0 ，然后代入点 P的坐标 x0、y0 所满足的曲线方程，整理化简便得到动点 Q 轨迹方程，这种求轨迹方程的方法叫做相关点法。（用未知表示已知，带入已知求未知)
4 参数法: 当动点坐标 x、y 之间的直接关系难以找到时，往往先寻找 x、y 与某一变数 t 的关系，再消去参变数 t ，得到方程，即为动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法叫做参数法。
5 交轨法: 将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法叫做交轨法。
例2-1．（2023·全国·统考高考真题）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．
设,则，两边同平方化简得，故.
例2-2．（重庆·高考真题）如图，M（-2，0）和N（2，0）是平面上的两点，动点P满足：
（Ⅰ）求点P的轨迹方程;
（Ⅱ）设d为点P到直线l： 的距离，若,求的值.
由双曲线的定义知点轨迹是以为焦点，实轴长的双曲线，因此半焦距，实半轴长，从而虚半轴长，双曲线方程为．
例2-3．（上海·高考真题）点与圆上任一点连线的中点的轨迹方程是
A．
B．
C．
D．
设圆上任一点为，中点为，根据中点坐标公式得，，因为在圆上，所以，即，化为，故选A.
1．（全国·统考高考真题）在平面内，A，B是两个定点，C是动点，若，则点C的轨迹为（ ）
A．圆B．椭圆C．抛物线D．直线
【答案】A
【分析】首先建立平面直角坐标系，然后结合数量积的定义求解其轨迹方程即可.
【详解】设，以AB中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，

则：，设，可得：，
从而：，
结合题意可得：，
整理可得：，
即点C的轨迹是以AB中点为圆心，为半径的圆.
故选：A.
【点睛】本题主要考查平面向量及其数量积的坐标运算，轨迹方程的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
2．（江苏·高考真题）已知两点M(－2，0)，N(2，0)，点P为坐标平面内的动点，满足 ,则动点P(x，y)的轨迹方程为( )
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先根据MN的坐标求出|MN|然后设点P的坐标表示出关系0即可得到答案．
【详解】设P（x，y），x＞0，y＞0，M（﹣2，0），N（2，0），
则
由，
则，
化简整理得y2＝﹣8x．
故选A．
【点睛】直接法求轨迹方程的一般步骤：（1）建立适当的坐标系；（2）设出所求曲线上点的坐标，把几何条件或等量关系用坐标表示为代数方程；（3）化简整理这个方程，检验并说明所求方程就是曲线的方程.直接法求轨迹方程时最关键的就是把几何条件或等量关系翻译为代数方程，要注意翻译的等价性.通常将步骤简记为“建系，设点，列式，化简”.
3．（2022·全国·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知点，，点到的距离比到的距离大2，点的轨迹为曲线.
(1)求的方程；
(2)过点且斜率不为0的直线与交于两点，与点关于原点对称，求直线与斜率的比值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用双曲线的定义和性质求解即可；
（2）当斜率存在时，设，，的方程为，将直线方程与曲线方程联立，利用韦达定理求解即可，注意讨论斜率不存在时的情况.
【详解】（1）由已知可得，所以曲线是以点，为焦点的双曲线的左支，
设的方程为（，，），
根据题意得，得，所以方程为.
（2）由题意可得，设直线，的斜率分别为，，
①当的斜率不存在时，易知的坐标分别为，或，，
当，时，，，所以.
当，时，，，所以.
所以当l的斜率不存在时，；
②当的斜率存在时，设，，的方程为，
将直线代入的方程得，
所以，，所以，
所以
，
因为，
所以，即，
综上，直线与斜率的比值为.
【点睛】思路点睛：求解圆锥曲线中定值问题的思路一般有两种：一是从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关，本题先研究直线的斜率不存在时的值，再求直线的斜率存在时的值；二是直接推理､计算，并在推理计算的过程中消去变量，从而得到定值.
4．（2023·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）已知一动圆与圆外切，与圆内切，该动圆的圆心的轨迹为曲线.
(1)求的标准方程；
(2)直线与交于，两点，点在线段上，点在线段的延长线上，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：注：如果选择不同的组合分别解答，按第一个解答计分.
①；②；③是直线与直线的交点.
【答案】(1)，
(2)证明见解析
【分析】(1)设圆心为由外切及内切分别得出圆心距等于半径之和及半径之差，再由双曲线的定义即可得到圆心的轨迹方程.
(2)由三选二作为条件另一个作为结论，逐一选择，与第一问求得的结果联立，得出相应结论.
【详解】（1）设动圆的圆心为，半径为，
则，，所以，
由双曲线定义可知，的轨迹是以，为焦点，实轴长为的双曲线的右支，
所以，，即，，所以，
所以的标准方程为，.
（2）证明：若①②③：
由题可设直线，，，，，
由直线与交于，两点，所以，
联立得，
所以，，
由，得，即，
由题知，所以，即异于的中点，所以，即，
得，
又，所以，故，化简得，
所以点在直线上，又是上的点，所以③成立.
若①③②：
设，，，，则.
由，，，四点共线，设，，其中且，，
则，，，，
又点在上，所以，
所以，整理得，
又，所以，
同理，所以，
又，，所以，故，，
所以，故，即成立，所以②成立.
若②③①：
由题设，，，，由，得，
又点为线段上一点，点为线段延长线上一点，
所以设，，其中且，
则，，，，
又点在上，所以，所以，
整理得，
同理，
所以，
故，将代入得，
所以故即①成立.
5．（陕西·高考真题）如图，设P是圆上的动点，点D是P在x轴上投影，M为上一点，且.
(1)当P在圆上运动时，求点M的轨迹C的方程；
(2)求过点且斜率为的直线被C所截线段的长度.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）用相关点法求解轨迹方程，设出，得到，代入中，得到轨迹方程；
（2）求出过点且斜率为的直线方程，联立第一问所求的曲线方程，得到两根之和，两根之积，由弦长公式求出答案.
【详解】（1）设，则，，
因为，所以，即，故，
所以，
因为P是圆上的点，所以，即；
（2）过点且斜率为的直线方程为，
与联立得：，易得，
设直线与的两交点坐标分别为，
则，，
故被C所截线段的长度为.
6．（全国·高考真题）在平面直角坐标系xOy中,已知圆P在x轴上截得线段长为2,在y轴上截得线段长为2.
(1)求圆心P的轨迹方程;
(2)若P点到直线y=x的距离为,求圆P的方程.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）或
【详解】试题分析：（1）设，圆的半径为，则，可得圆心的轨迹方程；（2）设，则 ，又根据点到直线距离公式得，解出，进而可得圆的半径，求得圆的方程．
试题解析：（1）设，圆的半径为，由题设，从而，故的轨迹方程为．
（2）设，由已知得，又点在双曲线上，从而得．由，得，此时，圆的半径，
由，得，此时，圆的半径，故圆的方程为或．
考点：1.勾股定理及点到直线的距离公式；2.轨迹方程及待定系数法求圆的方程．
【方法点晴】本题主要考查直接法求轨迹方程、点到直线的距离公式及三角形面积公式，属于难题.求轨迹方程的常见方法有：①直接法，设出动点的坐标，根据题意列出关于的等式即可；②定义法，根据题意动点符合已知曲线的定义，直接求出方程；③参数法，把分别用第三个变量表示，消去参数即可；④逆代法，将代入．本题（1）就是利用方法①求的轨迹方程的．
技法03 圆锥曲线中的定点问题
圆锥曲线的定点问题及其相关计算是新高考卷的常考内容，小题和大题都会作为载体命题，同学们要会结合公式运算，需强化训练复习.
例3．（2023·全国·统考高考真题）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．
【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.

1．（2022·全国·统考高考真题）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
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.
2．（2024·贵州·校联考模拟预测）已知抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离为.
(1)求抛物线的方程；
(2)过点任意作互相垂直的两条直线，分别交曲线于点A，B和M，N.设线段，的中点分别为P，Q，求证：直线恒过一个定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由抛物线的焦点坐标、双曲线的渐近线方程，结合点到直线的距离公式可求；
（2）先依据（1）的结论分别建立的方程，再分别与抛物线联立方程组，求出弦AB和弦MN的中点坐标，最后结合PQ的直线方程确定直线经过定点.
【详解】（1）因为抛物线的焦点F为，
双曲线的渐近线方程为：，即，
则，解得，故抛物线的方程为：.
（2）设A，B两点坐标分别为，，则点P的坐标为.
由题意可设直线的方程为，
由得，，
因为直线与曲线C交于A，B两点，所以，，
所以点P的坐标为.
由题知，直线的斜率为，同理可得点Q的坐标为.
当时，有，此时直线PQ的斜率，
所以直线PQ的方程为，整理得，
于是直线PQ恒过定点.
当时，直线PQ的方程为，也过定点.
综上，直线PQ恒过定点.
【点睛】本题考查点的轨迹方程的求法，考查直线恒过定点的证明，考查抛物线、根的判别式、韦达定理、直线的斜率、直线方程等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、函数与方程思想，是中档题．
3．（2024·全国·模拟预测）已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为，圆与轴正半轴交于点，圆在点处的切线被椭圆截得的弦长为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设椭圆上两点满足直线与在轴上的截距之比为，试判断直线是否过定点，并说明理由.
【答案】(1)
(2)过定点，理由见解析
【分析】（1）根据离心率和椭圆所过点即可求出椭圆方程；
（2）设直线的方程为，则直线的方程为，将其分别与椭圆方程联立，利用两根之和求出的坐标，再利用三点共线得到方程，解出定点即可.
【详解】（1）由，得.
又圆与轴正半轴交于点，圆在点处的切线被椭圆截得的弦长为，
所以点在椭圆上，所以.
又，所以，故椭圆的方程为.
（2）由（1）可得，，则直线与直线的斜率一定存在且不为0.
设直线的方程为，由直线与在轴上的截距之比为，可得直线的方程为.
由得，
所以，故，从而，故.
由得，
所以，故，从而，故.
若直线过定点，则根据椭圆的对称性可知直线所过定点落在轴上，设定点为.
则，
即，
所以，
化简可得，故，即直线过定点.

【点睛】关键点睛：本题的关键是采用设线法，设直线的方程为，再联立椭圆方程求出点坐标，根据截距关系得到直线的方程，从而得到的坐标，分析出定点在轴上，设定点坐标，利用三点共线得到方程，解出定点坐标即可.
技法04 圆锥曲线中的定值问题
圆锥曲线的定值问题及其相关计算是新高考卷的常考内容，小题和大题都会作为载体命题，同学们要会结合公式运算，需强化训练复习.
例4．（2024上·内蒙古锡林郭勒盟·高三统考期末）在平面直角坐标系中，已知抛物线和点.点在上，且.
(1)求的方程；
(2)若过点作两条直线与，与相交于，两点，与相交于，两点，线段和中点的连线的斜率为，直线，，，的斜率分别为，，，，证明：，且为定值.
【详解】（1）设点，则，因为，，
所以，，所以点，
代入方程中，得，所以的方程为.
（2）设点，，，，
则直线的斜率，
同理得直线的斜率，
直线的斜率，
直线的斜率，
所以，
，
从而得.
由消去得，
所以，
由，得或.
设和的中点分别为，，
则，，
同理，，
所以，即，
所以得.
1．（2024·全国·模拟预测）设双曲线的左、右焦点分别为，过的直线交双曲线于两点，且．
(1)求双曲线的渐近线方程；
(2)当时，在轴上求一点，使得为定值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先根据三角形的面积求出，再在中，由余弦定理求得的关系即可得解；
（2）直线PQ的方程为，，，，联立方程，利用韦达定理求出，再代入化简即可得解.
【详解】（1）由题意，得，
所以，
在中，由余弦定理，得
，
所以，所以，
所以，所以，
所以双曲线C的渐近线方程为；
（2）当时，双曲线C的方程为，则，
因为，所以直线PQ的斜率不为0，
设直线PQ的方程为，
联立，消得．
则，解得，
设，，
则，
设，则
，
要使为定值，则，即，
所以存在定点，使得．
【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、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
2．（2024·云南昆明·统考一模）已知是椭圆的右焦点，点在不过原点的直线上，交于，两点.当与互补时，，.
(1)求的方程；
(2)证明：为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由与互补，故与关于轴对称，可得的方程，即可得点坐标，结合椭圆定义及点坐标计算即可得的方程；
（2）设出点的坐标与直线方程，与曲线方程联立后可得与横坐标有关一元二次方程，借助韦达定理表示出，两点横坐标关系，由题意将化简后结合韦达定理计算即可得.
【详解】（1）因为与互补，由椭圆的对称性可得与关于轴对称，
所以轴，又因为直线过，故的方程为，
设在第一象限，因为，则，
设为的左焦点，则，故，即,
因为在上，，解得，所以的方程为；

（2）设，，由题意知直线斜率存在，设直线，
联立，得，
，
则，，
所以，
故
，
所以为定值.

【点睛】关键点睛：本题关键在于将通过化简得到，再结合韦达定理进行计算.
3．（2023下·江苏南京·高二金陵中学校考期末）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)证明见解析.
【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）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.
【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.
技法05 圆锥曲线中的最值及范围问题
圆锥曲线的最值、范围问题及其相关计算是新高考卷的常考内容，小题和大题都会作为载体命题，同学们要会结合公式运算，需强化训练复习.
例5．（2024·全国·模拟预测）已知椭圆左顶点，长轴长为4，焦距为，直线交椭圆于两点，直线的斜率之和为．
(1)证明：直线恒过定点；
(2)若在射线上的点满足，求直线斜率的取值范围
（1）方法一：由题知得所以椭圆方程为．
设，．因为，
所以直线斜率存在．
设方程：．联立
得．
，且．
所以由．
化简整理，得．
所以，所以或（舍去）．
因为直线不经过．所以直线方程：，
所以直线过定点．
方法二：得所以椭圆方程为．
将坐标原点平移至，则平移后椭圆方程，
平移后直线，由，得，
所以，即．
因为，所以，即．
由一元二次方程根与系数关系，得，
即，恒过点，从而原直线恒过定．
（2）设，由
得，
由一元二次方程根与系数关系，得，所以，
同理．由，，
则，则，
则，
即，
①，
所以，
将①以及代入化简，得．
因为，所以，
所以．

1．（2023上·河南南阳·高二南阳中学校考阶段练习）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.
2．（2022·浙江·统考高考真题）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．
3．（2021·河南信阳·高三信阳高中校考阶段练习）已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为．
（1）求；
（2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根据圆的几何性质可得出关于的等式，即可解出的值；
（2）设点、、，利用导数求出直线、，进一步可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得面积的最大值.
【详解】（1）[方法一]：利用二次函数性质求最小值
由题意知，，设圆M上的点，则．
所以．
从而有．
因为，所以当时，．
又，解之得，因此．
[方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最小值
抛物线的焦点为，，
所以，与圆上点的距离的最小值为，解得；
（2）[方法一]：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法
抛物线的方程为，即，对该函数求导得，
设点、、，
直线的方程为，即，即，
同理可知，直线的方程为，
由于点为这两条直线的公共点，则，
所以，点A、的坐标满足方程，
所以，直线的方程为，
联立，可得，
由韦达定理可得，，
所以，，
点到直线的距离为，
所以，，
，
由已知可得，所以，当时，的面积取最大值.
[方法二]【最优解】：切点弦法+分割转化求面积+三角换元求最值
同方法一得到．
过P作y轴的平行线交于Q，则．
．
P点在圆M上，则
．
故当时的面积最大，最大值为．
[方法三]：直接设直线AB方程法
设切点A，B的坐标分别为，．
设，联立和抛物线C的方程得整理得．
判别式，即，且．
抛物线C的方程为，即，有．
则，整理得，同理可得．
联立方程可得点P的坐标为，即．
将点P的坐标代入圆M的方程，得，整理得．
由弦长公式得．
点P到直线的距离为．
所以，
其中，即．
当时，．
【整体点评】（1）方法一利用两点间距离公式求得关于圆M上的点的坐标的表达式，进一步转化为关于的表达式，利用二次函数的性质得到最小值，进而求得的值；方法二，利用圆的性质，与圆上点的距离的最小值，简洁明快，为最优解；（2）方法一设点、、，利用导数求得两切线方程，由切点弦方程思想得到直线的坐标满足方程，然手与抛物线方程联立，由韦达定理可得，，利用弦长公式求得的长，进而得到面积关于坐标的表达式，利用圆的方程转化得到关于的二次函数最值问题；方法二，同方法一得到，，过P作y轴的平行线交于Q，则．由求得面积关于坐标的表达式，并利用三角函数换元求得面积最大值，方法灵活，计算简洁，为最优解；方法三直接设直线，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理判别式得到，且．利用点在圆上，求得的关系，然后利用导数求得两切线方程，解方程组求得P的坐标，进而利用弦长公式和点到直线距离公式求得面积关于的函数表达式，然后利用二次函数的性质求得最大值；
4．（2022·浙江·高三专题练习）已知抛物线的焦点F到准线的距离为2．
（1）求C的方程;
（2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足，求直线斜率的最大值.
【答案】（1）；（2）最大值为.
【分析】（1）由抛物线焦点与准线的距离即可得解；
（2）设，由平面向量的知识可得，进而可得，再由斜率公式及基本不等式即可得解.
【详解】（1）抛物线的焦点，准线方程为，
由题意，该抛物线焦点到准线的距离为，
所以该抛物线的方程为；
（2）[方法一]：轨迹方程+基本不等式法
设，则，
所以，
由在抛物线上可得，即，
据此整理可得点的轨迹方程为，
所以直线的斜率，
当时，；
当时，，
当时，因为，
此时，当且仅当，即时，等号成立；
当时，；
综上，直线的斜率的最大值为.
[方法二]：【最优解】轨迹方程+数形结合法
同方法一得到点Q的轨迹方程为．
设直线的方程为，则当直线与抛物线相切时，其斜率k取到最值．联立得，其判别式，解得，所以直线斜率的最大值为．
[方法三]：轨迹方程+换元求最值法
同方法一得点Q的轨迹方程为．
设直线的斜率为k，则．
令，则的对称轴为，所以．故直线斜率的最大值为．
[方法四]：参数+基本不等式法
由题可设．
因为，所以．
于是，所以
则直线的斜率为．
当且仅当，即时等号成立，所以直线斜率的最大值为．
【整体点评】方法一根据向量关系，利用代点法求得Q的轨迹方程，得到直线OQ的斜率关于的表达式，然后利用分类讨论，结合基本不等式求得最大值；
方法二 同方法一得到点Q的轨迹方程，然后利用数形结合法，利用判别式求得直线OQ的斜率的最大值，为最优解；
方法三同方法一求得Q的轨迹方程，得到直线的斜率k的平方关于的表达式，利用换元方法转化为二次函数求得最大值，进而得到直线斜率的最大值；
方法四利用参数法，由题可设，求得x,y关于的参数表达式，得到直线的斜率关于的表达式，结合使用基本不等式，求得直线斜率的最大值.
5．（2024·湖北·校联考模拟预测）在平面直角坐标系中，动点M到点的距离比到点的距离大2，记点M的轨迹为曲线H.
(1)若过点B的直线交曲线H于不同的两点，求该直线斜率的取值范围；
(2)若点D为曲线H上的一个动点，过点D与曲线H相切的直线与曲线交于P，Q两点，求面积的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由条件可知，M的轨迹方程为双曲线的右支，待定系数法求出双曲线方程，直线方程与双曲线方程联立方程组，通过交点个数求直线斜率的取值范围；
（2）设直线方程，与曲线H联立，由相切得系数间的关系，再与曲线联立，利用韦达定理和面积公式表示面积，由算式确定最小值.
【详解】（1）据双曲线的定义：M的轨迹方程为双曲线的右支，设双曲线方程为，
得，，则，，
的轨迹方程为.
因为过点B的直线交曲线H于不同的两点，设该直线方程为：.
由，化简整理得，
.
由两个交点都在轴右边，有，解得或.
所以，k的取值范围为.
（2）因为的渐近线方程为.
当过点D与曲线H相切的直线的斜率不存在时，此时，直线l方程为，
代入渐近线方程，得到，故，又，
所以的面积.
过点D与曲线H相切的直线的斜率存在时，则斜率不为零，
故可设，直线与双曲线联立得，
化简整理得.
因为相切，所以，即.
又因为过点D与曲线H相切的直线l与曲线交于P，Q两点，设为，，
联立化简整理得.
由于，所以.
所以，.
由直线l的方程得，直线与x轴的交点坐标为，
.
，，即，且，则或，
有或，时，的最小值为.
综上所述，的最小值为.
【点睛】方法点睛：
解答直线与圆锥曲线的题目时，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．强化有关直线与圆锥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．
6．（2024·全国·武钢三中校联考模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为、，为坐标原点，在椭圆上仅存在个点，使得为直角三角形，且面积的最大值为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知点是椭圆上一动点，且点在轴的左侧，过点作的两条切线，切点分别为、.求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）分析可知，当时，存在两个点，使得为直角三角形，设点，利用平面向量数量积的坐标运算可得出，再利用面积的最大值可得出、的值，可得出的值，由此可得出椭圆的方程；
（2）证明出抛物线在点处的切线方程为，可得出抛物线在点处的切线方程，联立两切线方程，求出点的坐标为，设，其中，利用二次函数的基本性质可求得的取值范围.
【详解】（1）解：当轴时，存在两个点，使得为直角三角形，
当轴时，存在两个点，使得为直角三角形，
当时，由题意可知，存在两个点，使得为直角三角形，
设点，其中，则，可得，
且，，
则，可得，
由题意可知，，则，
当点为椭圆短轴的顶点时，到轴的距离最大，此时，的面积取最大值，
即，则，故，
因此，椭圆的方程为.
（2）解：设点、，先证明出抛物线在点处的切线方程为，
联立可得，即，解得，
所以，抛物线在点处的切线方程为，
同理可知，抛物线在点处的切线方程为，
联立可得，
所以，，则，即点，
因为点在轴左侧，则，即，
因为点在椭圆上，则，
设，其中，则，，
所以，
，
因为，则，则，
所以，，
因此，的取值范围是.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
7．（2023上·上海浦东新·高二上海市建平中学校考阶段练习）已知抛物线，顶点为，过焦点的直线交抛物线于，两点．

(1)如图1所示，已知|，求线段中点到轴的距离；
(2)设点是线段上的动点，顶点关于点的对称点为，求四边形面积的最小值；
(3)如图2所示，设为抛物线上的一点，过作直线，交抛物线于，两点，过作直线，交抛物线于，两点，且，，设线段MN与线段的交点为，求直线斜率的取值范围．
【答案】(1)3
(2)4
(3)
【分析】（1）根据抛物线的性质求解即可；
（2）由题意可知四边形的面积等于，设出直线方程，与抛物线方程联立，结合韦达定理和求解即可；
（3）设点坐标为，将抛物线方程与直线，联立，利用韦达定理将点和点坐标用表示，进而可得到直线的方程，证明直线过定点即可求解.
【详解】（1）因为过焦点的直线交抛物线于，两点，且，
设，，
由抛物线的性质可得，
所以，
所以线段中点的横坐标，即为线段中点到轴的距离为.
（2）由点与原点关于点对称，可知是线段的中点，

所以点与点到直线的距离相等，所以四边形的面积等于，
设直线的方程为，联立，消去可得，
设，，由韦达定理可得，，
所以，
当时，四边形的面积取最小值为4．
（3）设点坐标为，点坐标为，点坐标为，

由题意可知直线的斜率存在，且不为，
则直线的方程为，与抛物线联立，消去得，
由韦达定理可得，解得，
直线的方程为与抛物线联立，消去得，
由韦达定理可得，解得，
显然直线斜率不为零，
当直线斜率存在时，直线的方程为，整理得：，
将，代入得：
，
所以直线过定点，即点坐标为，直线的斜率为，
当时，，当且仅当，即时，等号成立，
当时，，当且仅当，即时，等号成立，
当时，，
当直线的斜率不存在时，设点坐标为，点的坐标为，
则，，且根据题意，
所以，解得，
所以直线的方程为过点，
综上所述，直线斜率的取值范围为.
【点睛】解决直线与圆锥曲线相交（过定点、定值）问题的常用步骤：
（1）得出直线方程，设交点为，；
（2）联立直线与曲线方程，得到关于或的一元二次方程；
（3）写出韦达定理；
（4）将所求问题或题中关系转化为，形式；
（5）代入韦达定理求解.
焦点位置
轴正半轴
轴负半轴
轴正半轴
轴负半轴
图形
标准方程