2025年高考数学复习解答题提优思路(新高考专用)专题05圆锥曲线中的向量问题练习(学生版+解析)

专题05圆锥曲线中的向量问题(典型题型归类训练)目录TOC\o"1-1"\h\u题型一：垂直关系向量化 1题型二：向量坐标化 4题型三：利用向量求角 6题型四：利用向量证明三点共线问题 9专项训练 11题型一：垂直关系向量化1．（23-24高二上·重庆·期末）已知椭圆C：（）的离心率为，焦距为.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线与C交点P，Q两点，O为坐标原点，且，求实数k的值.2．（23-24高二上·云南大理·期中）已知椭圆的短轴长为2，点在椭圆上，与两焦点围成的三角形面积的最大值为.(1)求椭圆的标准方程；(2)当为椭圆的右顶点时，直线与椭圆相交于两点（异于点），且.试判断直线是否过定点？如果过定点，求出该定点的坐标；如果不过定点，请说明理由.3．（23-24高三上·山东临沂·期末）已知圆：的圆心为，圆：的圆心为，一动圆与圆内切，与圆外切，动圆的圆心的轨迹为曲线．(1)求曲线的方程：(2)已知点，直线不过点并与曲线交于两点，且，直线是否过定点？若过定点，求出定点坐标：若不过定点，请说明理由，4．（23-24高二下·上海黄浦·期中）如图：双曲线的左、右焦点分别为，，过作直线l交y轴于点Q．

(1)当直线l平行于的一条渐近线时，求点到直线l的距离；(2)当直线l的斜率为1时，在的右支上是否存在点P，满足？若存在，求出P点的坐标；若不存在，说明理由.5．（23-24高二上·浙江·阶段练习）已知抛物线，.(1)Q是抛物线上一个动点，求的最小值；(2)过点A作直线与该抛物线交于M、N两点，求的值.题型二：向量坐标化1．（2024·安徽淮北·二模）如图，已知椭圆的左右焦点为，短轴长为为上一点，为的重心.

(1)求椭圆的方程；(2)椭圆上不同三点，满足，且成等差数列，线段中垂线交轴于点，求点纵坐标的取值范围；(3)直线与交于点，交轴于点，若，求实数的取值范围.2．（2024高三·全国·专题练习）设直线l：与椭圆相交于A、B两个不同的点，与x轴相交于点F．(1)证明：；(2)若F是椭圆的一个焦点，且，求椭圆的方程．3．（2024·湖北襄阳·模拟预测）设双曲线的左、右顶点分别为，，左、右焦点分别为，，，且的渐近线方程为，直线交双曲线于，两点.(1)求双曲线的方程；(2)当直线过点时，求的取值范围.4．（2024·全国·模拟预测）已知双曲线C的中心为坐标原点，对称轴为坐标轴，点在C上，点P与C的上、下焦点连线所在直线的斜率之积为．(1)求双曲线C的标准方程；(2)经过点的直线与双曲线C交于E，F两点(异于点P)，过点F作平行于x轴的直线，直线PE与交于点D，且求直线AB的斜率．5．（23-24高二上·江苏常州·期末）如图，已知抛物线的方程为，焦点为，过抛物线内一点作抛物线准线的垂线，垂足为，与抛物线交于点，已知，，.(1)求的值；(2)斜率为的直线过点，且与曲线交于不同的两点，，若存在，使得，求实数的取值范围.题型三：利用向量求角1．（23-24高二上·贵州贵阳·阶段练习）已知椭圆：过点，，分别为椭圆的左、右焦点，且离心率.(1)求椭圆的方程；(2)过点且斜率为的直线与椭圆交于，两点，若为钝角，求的取值范围.2．（2024·重庆·三模）已知椭圆的上、下顶点分别为，左顶点为，是面积为的正三角形．(1)求椭圆的方程；(2)过椭圆外一点的直线交椭圆于两点，已知点与点关于轴对称，点与点关于轴对称，直线与交于点，若是钝角，求的取值范围．3．（23-24高二上·吉林·期末）已知抛物线焦点为F，点在抛物线上，.(1)求抛物线方程；(2)过焦点F直线l与抛物线交于MN两点，若MN最小值为4，且是钝角，求直线斜率范围.4．（2024·北京·三模）已知椭圆C：（）过点，右焦点为．(1)求椭圆C的方程；(2)过点F的直线l（不与x轴重合）交椭圆C于点M、N，点A是右顶点，直线MA、NA分别与直线交于点P、Q，求的大小．5．（23-24高二下·河北·开学考试）已知椭圆：（）的离心率为，左、右焦点分别为，，上、下顶点分别为，，且四边形的面积为4．(1)求椭圆的方程．(2)平行于轴的直线与椭圆的一个交点为，与以为直径的圆的一个交点为，且，位于轴两侧，，分别是椭圆的左、右顶点，直线，分别与轴交于点，．证明：为定值．题型四：利用向量证明三点共线问题1．（2024上海崇明）已知椭圆Γ：，点分别是椭圆Γ与轴的交点（点在点的上方），过点且斜率为的直线交椭圆于两点．(1)若椭圆焦点在轴上，且其离心率是，求实数的值；(2)若，求的面积；(3)设直线与直线交于点，证明：三点共线．2．（2024·陕西榆林·模拟预测）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为，，，.（1）求椭圆的方程.（2）过的直线与椭圆交于，两点（均不与，重合），直线与直线交于点，证明：，，三点共线.3．（2024·山西太原·三模）已知双曲线的左、右顶点分别为与，点在上，且直线与的斜率之和为.(1)求双曲线的方程;(2)过点的直线与交于两点(均异于点)，直线与直线交于点，求证:三点共线.4．（23-24高三上·广东·阶段练习）已知双曲线的右焦点为，一条渐近线方程为．（1）求双曲线的方程；（2）记的左、右顶点分别为，过的直线交的右支于两点，连结交直线于点，求证：三点共线．专项训练1．（2024·福建泉州·模拟预测）椭圆的左、右焦点分别为为椭圆上第一象限内的一点，且与轴相交于点，离心率，若，则（

）A． B． C． D．2．（23-24高二上·北京·期中）已知椭圆的上、下顶点为，过点的直线与椭圆相交于两个不同的点（在线段之间），则的取值范围为（

）A． B． C． D．3．（2024·河南·一模）已知过椭圆的上焦点且斜率为的直线交椭圆于两点，为坐标原点，直线分别与直线相交于两点.若为锐角，则直线的斜率的取值范围是（

）A． B．C． D．4．（2024·河北衡水·模拟预测）已知双曲线的右焦点为，过点作直线与渐近线垂直，垂足为点，延长交于点.若，则的离心率为（

）A． B． C． D．5．（23-24高二下·安徽安庆·阶段练习）已知点P为双曲线C：（，）上位于第一象限内的一点，过点P向双曲线C的一条渐近线l作垂线，垂足为A，为双曲线C的左焦点，若，则渐近线l的斜率为（）A． B． C． D．10．（2024·安徽淮北·二模）如图，已知椭圆的左右焦点为，短轴长为为上一点，为的重心.

(1)求椭圆的方程；(2)椭圆上不同三点，满足，且成等差数列，线段中垂线交轴于点，求点纵坐标的取值范围；(3)直线与交于点，交轴于点，若，求实数的取值范围.11．（2024·山西太原·三模）已知双曲线的左、右顶点分别为与，点在上，且直线与的斜率之和为.(1)求双曲线的方程;(2)过点的直线与交于两点(均异于点)，直线与直线交于点，求证:三点共线.12．（23-24高二上·黑龙江哈尔滨·期末）已知双曲线，抛物线的焦点F是双曲线M的右顶点，且以F为圆心，以b为半径的圆与直线相切．(1)求双曲线M的标准方程；(2)已知直线与双曲线M交于A、B两点，且双曲线M是否存在上存在点P满足，若存在，求出m的值，若不存在请说明理由．13．（23-24高三上·福建福州·期中）已知直线与抛物线交于A，B两点，M为线段AB的中点，点N在抛物线C上，直线MN与y轴平行.(1)证明：抛物线在点N处的切线与直线l平行；(2)若，求抛物线C的方程.专题05圆锥曲线中的向量问题(典型题型归类训练)目录TOC\o"1-1"\h\u题型一：垂直关系向量化 1题型二：向量坐标化 7题型三：利用向量求角 16题型四：利用向量证明三点共线问题 23专项训练 28题型一：垂直关系向量化1．（23-24高二上·重庆·期末）已知椭圆C：（）的离心率为，焦距为.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线与C交点P，Q两点，O为坐标原点，且，求实数k的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）由焦距及离心率求出椭圆的方程；（2）联立直线和椭圆的方程，得，，由得，求得k的值.【详解】（1）由题，，所以，，椭圆的方程为.（2）设，，联立方程组，得，则，即，，，因为，所以，即，得，满足，合题意.所以.2．（23-24高二上·云南大理·期中）已知椭圆的短轴长为2，点在椭圆上，与两焦点围成的三角形面积的最大值为.(1)求椭圆的标准方程；(2)当为椭圆的右顶点时，直线与椭圆相交于两点（异于点），且.试判断直线是否过定点？如果过定点，求出该定点的坐标；如果不过定点，请说明理由.【答案】(1)(2)过定点【分析】（1）由已知可推得，即可得到椭圆标准方程；（2）设，与椭圆方程联立，利用韦达定理代入求出，再根据直线的方程可得答案.【详解】（1）由已知得：，解得，故椭圆的标准方程为；（2）由题意知，直线的斜率不为0，不妨设，由消去得，所以，即得，，，，又，所以，所以，解得，直线的方程为，则直线恒过点.【点睛】方法点睛：联立直线与圆锥曲线方程，根据韦达定理得到坐标的关系式，根据向量数量积为0，代入相关点的坐标化简后即可得到结论.3．（23-24高三上·山东临沂·期末）已知圆：的圆心为，圆：的圆心为，一动圆与圆内切，与圆外切，动圆的圆心的轨迹为曲线．(1)求曲线的方程：(2)已知点，直线不过点并与曲线交于两点，且，直线是否过定点？若过定点，求出定点坐标：若不过定点，请说明理由，【答案】(1)，；(2)直线恒过点,，理由见解答．【分析】（1）由题意,，,，，结合双曲线的定义求解即可得结论；（2）设直线的方程为，联立直线和双曲线的方程消元后，应用韦达定理，结合条件，可得，化简整理即可求解．【详解】（1）如图，设圆的圆心为，半径为，由题可得圆半径为3，圆半径为1，则，，所以，由双曲线定义可知，的轨迹是以，为焦点、实轴长为4的双曲线的右支，又,，,，所以动圆的圆心的轨迹方程为，，即曲线的方程为，．（2）设直线的方程为，联立，消去得，由题意直线与曲线有两个交点，则，设,，,，其中，，由韦达定理得：，，又点，所以,，,，因为，所以，则，即，解得舍去），当，直线的方程为，，故直线恒过点,．【点睛】圆锥曲线中定点问题的两种解法（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.技巧：若直线方程为,则直线过定点;若直线方程为(为定值),则直线过定点4．（23-24高二下·上海黄浦·期中）如图：双曲线的左、右焦点分别为，，过作直线l交y轴于点Q．

(1)当直线l平行于的一条渐近线时，求点到直线l的距离；(2)当直线l的斜率为1时，在的右支上是否存在点P，满足？若存在，求出P点的坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1)2(2)不存在，理由见解析【分析】（1）由点到直线的距离公式可直接求解；（2）先根据斜率求出直线l的方程，从而得点Q，再设出点的坐标，根据得出点的横、纵坐标之间的关系式，与双曲线联立消去，由韦达定理即可解答.【详解】（1）双曲线，焦点在轴上，，则双曲线左、右焦点分别为，，渐近线方程为，当直线平行于的一条渐近线时，不妨令，则直线的方程为，即，则点到直线的距离为.（2）不存在，理由如下：当直线l的斜率为1时，直线方程为，因此，又，所以，设的右支上的点，则，由得，又，联立消去得，由韦达定理知，此方程无正根，因此，在的右支上不存在点P，满足.【点睛】关键点睛：本题考查直线与双曲线的综合应用问题，解题关键是能够利用来构造等量关系，结合韦达定理得到结论.5．（23-24高二上·浙江·阶段练习）已知抛物线，.(1)Q是抛物线上一个动点，求的最小值；(2)过点A作直线与该抛物线交于M、N两点，求的值.【答案】(1)(2)0【分析】（1）设，表达出，求出最小值；（2）设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理即得.【详解】（1）设，，当，即时，取得最小值，最小值为；（2）当直线的斜率为0时，直线与抛物线只有1个交点，不合要求，设直线的方程是，与抛物线联立，消x得，设，，则，，故，故.题型二：向量坐标化1．（2024·安徽淮北·二模）如图，已知椭圆的左右焦点为，短轴长为为上一点，为的重心.

(1)求椭圆的方程；(2)椭圆上不同三点，满足，且成等差数列，线段中垂线交轴于点，求点纵坐标的取值范围；(3)直线与交于点，交轴于点，若，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）利用三角形重心坐标公式先求A坐标，再代入椭圆方程结合其性质计算即可；（2）设B、D、E坐标，并根据焦半径公式得，由等差中项的性质得出，再根据点差法得出中垂线的斜率，表示中垂线方程，结合点在椭圆内计算范围即可；（3）设M、N坐标，联立椭圆方程结合韦达定理得出其横坐标关系，再根据平面向量的坐标表示，利用函数的性质计算范围即可.【详解】（1）不妨设，因为的重心，所以，所以，又短轴长为6，所以，代入解得，所以椭圆方程为:；（2）由上可知，设中点，则，又，消去并整理得，同理，又，由题意得，即，因B，D在上，易得，化简得，所以线段中垂线的斜率，线段中垂线方程:，令得，又线段中点在椭圆内所以，所以；（3）设，由得，联立消整理得，得，所以，当时，，当时，，解不等式得.

【点睛】思路点睛：根据焦半径公式及等差中项的性质可确定中点横坐标，再由中垂线方程得出E与中点的关系结合点在椭圆内计算范围即可解决第二问；利用平面向量共线的坐标表示结合韦达定理计算横坐标关系，分类讨论斜率是否为零，再含参表示结合函数的性质求范围解不等式即可.2．（2024高三·全国·专题练习）设直线l：与椭圆相交于A、B两个不同的点，与x轴相交于点F．(1)证明：；(2)若F是椭圆的一个焦点，且，求椭圆的方程．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）将直线和椭圆联立，得到判别式大于0，对不等式进行化简即可得到要证明的结论；（2）可将条件转化为二次方程的问题，然后利用韦达定理对条件进行转化，即可求出椭圆的方程.【详解】（1）将直线和椭圆联立，得到，化简即为，即，即.因为直线与椭圆有两个交点，故该方程有两个不同的解，从而判别式，直接计算知：，所以，故，从而.（2）由于直线和轴的交点为，故，半焦距.由于点在直线上，故可设，而，故，从而.将和的坐标代入椭圆方程，知：故关于的方程有两个不同的解，.该方程可化为，即，即，即.显然，所以，.由于，故，从而，这意味着，故.而我们有，这就得到，所以，所以.而，故，所以.从而，故.于是，.所以椭圆的方程是.3．（2024·湖北襄阳·模拟预测）设双曲线的左、右顶点分别为，，左、右焦点分别为，，，且的渐近线方程为，直线交双曲线于，两点.(1)求双曲线的方程；(2)当直线过点时，求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）由题意可得，解方程即可得出答案；（2）讨论直线的斜率存不存在，存在时设直线的方程为，，联立直线与双曲线的方程，将韦达定理代入，由反比例函数的单调性即可得出答案.【详解】（1）由题意可得：，解得：，，.双曲线的方程为：.（2）当直线的斜率不存在时，，，此时，，所以，当直线的斜率存在时，设，，因为直线过点，设直线的方程为：，联立可得：，当时，，，，，令，则，令，在，上单调递减，又，所以，所以的取值范围为.【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是设直线，再将其联立双曲线方程，得到韦达定理式，计算相关向量，代入韦达定理式再利用换元法求出函数值域即可.4．（2024·全国·模拟预测）已知双曲线C的中心为坐标原点，对称轴为坐标轴，点在C上，点P与C的上、下焦点连线所在直线的斜率之积为．(1)求双曲线C的标准方程；(2)经过点的直线与双曲线C交于E，F两点(异于点P)，过点F作平行于x轴的直线，直线PE与交于点D，且求直线AB的斜率．【答案】(1)(2)【分析】（1）由题意知双曲线焦点在轴上，设双曲线方程为，将代入双曲线方程，然后根据直线斜率公式即可得到关于的两个方程，即可求解.（2）由题意设直线方程为，，，与双曲线联立后根据根与系数关系可以表示出与，分直线的斜率是否存在两种情况进行讨论，通过直线的方程表示出点的坐标，由已知条件可知点为中点，进而可将点坐标及直线斜率用表示，通过之前求得的与即可进行求解.【详解】（1）第一步：根据点P在双曲线上得a，b的关系式由题意设双曲线C的方程为()，由点在C上，得．①第二步：根据直线的斜率公式得a，b的关系式设C的上、下焦点分别为，，则，解得，所以．②第三步：联立方程解得，的值由①②得，，第四步：得双曲线C的标准方程故双曲线C的标准方程为．（2）第一步：设直线方程，联立方程得根与系数的关系由题意可知，直线EF的斜率不为0，设直线EF的方程为，，，联立，得方程组整理得所以，，解得，所以，，则．第二步：用，表示点D的坐标当直线PE的斜率不存在时，易得，，，，此时直线AB的斜率为．当直线PE的斜率存在时，直线PE的方程为，所以点D的坐标为，由，可得，第三步：用，表示点B的坐标由，得点B为DF的中点，所以，则，第四步：根据斜率的计算公式求直线AB的斜率．所以．故直线AB的斜率为．【点睛】解决直线与双曲线的综合问题时，要注意：（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、双曲线的条件；（2）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．（23-24高二上·江苏常州·期末）如图，已知抛物线的方程为，焦点为，过抛物线内一点作抛物线准线的垂线，垂足为，与抛物线交于点，已知，，.(1)求的值；(2)斜率为的直线过点，且与曲线交于不同的两点，，若存在，使得，求实数的取值范围.【答案】(1)2(2)【分析】（1）先得到，由抛物线定义得到方程，求出，设，则，作出辅助线，得到，从而得到方程，求出答案；（2）设出直线方程，联立抛物线，得到两根之和，两根之积，由得，求出，转化为对有解，而，所以，求出解集，因为，所以.【详解】（1）因为，，则在中，，由抛物线的定义得，，故，则，即，设，则，解得，过点作⊥于点，因为，所以，因为，所以，故，，所以，解得；（2）由（1）可知抛物线方程为：，设，，设，联立，整理得：，因为，所以，由韦达定理得，，因为，则，故，故，将代入（*）式得，因为存在，使得，所以有对有解，而，所以，解得，或，因为，所以.【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．题型三：利用向量求角1．（23-24高二上·贵州贵阳·阶段练习）已知椭圆：过点，，分别为椭圆的左、右焦点，且离心率.(1)求椭圆的方程；(2)过点且斜率为的直线与椭圆交于，两点，若为钝角，求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据离心率和过点，得到方程组，求出，，得到椭圆方程；（2）设出直线的方程为，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，根据为钝角得到，得到不等式，求出，舍去，得到答案.【详解】（1）由题意得，又，且，解得，故椭圆的方程为；（2）由题意得，，直线的方程为，联立得，，恒成立，设，则，，因为为钝角，所以，即，即，解得，又时，三点共线，此时不是钝角，舍去，故的取值范围是.2．（2024·重庆·三模）已知椭圆的上、下顶点分别为，左顶点为，是面积为的正三角形．(1)求椭圆的方程；(2)过椭圆外一点的直线交椭圆于两点，已知点与点关于轴对称，点与点关于轴对称，直线与交于点，若是钝角，求的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据的面积及其为正三角形的特征，可构造方程组求得，由此可得椭圆方程；（2）假设直线方程，利用对称性可知在轴上，由此可得；设，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，代入中整理可得，根据，由向量数量积的坐标运算可构造不等式求得结果.【详解】（1）是面积为的正三角形，，解得：，椭圆的方程为：.（2）设，则，直线方程为：，即；由对称性可知：点在轴上，则令，解得：，设直线，由得：，，，，又，，，，为钝角，，解得：或，即实数的取值范围为.【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的向量数量积问题，解题关键是能够利用韦达定理的结论化简点坐标，结合为钝角，将问题转化为向量数量积的求解问题，从而构造不等式求得结果.3．（23-24高二上·吉林·期末）已知抛物线焦点为F，点在抛物线上，.(1)求抛物线方程；(2)过焦点F直线l与抛物线交于MN两点，若MN最小值为4，且是钝角，求直线斜率范围.【答案】(1)或(2)【分析】（1）根据题意列式求解，即可得结果；（2）设，与抛物线联立，根据题意结合弦长公式可求得，再结合数量积以及韦达定理运算求解，注意数量积的符号与向量夹角之间的关系.【详解】（1）由题意可得：，解得或，故抛物线方程为或.（2）抛物线的焦点，设，联立方程，消去x得，则，可得，解得，此时，则，若直线过点，则，解得，若是钝角，则，且三点不共线，∵，则，解得或，注意到，故直线斜率范围为.【点睛】方法定睛：与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法（1）数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解．（2）构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解．（3）构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．4．（2024·北京·三模）已知椭圆C：（）过点，右焦点为．(1)求椭圆C的方程；(2)过点F的直线l（不与x轴重合）交椭圆C于点M、N，点A是右顶点，直线MA、NA分别与直线交于点P、Q，求的大小．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意，列出关于的方程，代入计算，即可求解；（2）当直线l的斜率不存在时，验证，即．当直线l的斜率存在时，设l：，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理代入计算，分别表示出坐标，利用向量的数量积，转化求解即可．【详解】（1）由题意可得，，解得，所以椭圆的方程为.（2）当直线l的斜率不存在时，有，，，则，，故，即．当直线l的斜率存在时，设l：，其中．联立，得，由题意，知恒成立，设，则，．直线MA的方程为，令，得，即，同理可得．所以，．因为，所以．综上所述，．5．（23-24高二下·河北·开学考试）已知椭圆：（）的离心率为，左、右焦点分别为，，上、下顶点分别为，，且四边形的面积为4．(1)求椭圆的方程．(2)平行于轴的直线与椭圆的一个交点为，与以为直径的圆的一个交点为，且，位于轴两侧，，分别是椭圆的左、右顶点，直线，分别与轴交于点，．证明：为定值．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据椭圆离心率及四边形的面积建立等式即可求解；（2）设，直线的方程为（），则，直线与曲线联立方程求出后，得直线的方程，则，设，计算的值后即可得证.【详解】（1）由题意知，，．四边形的面积为，，，，椭圆的方程为．（2）如图，可得，设，则直线的方程为（），令，得，由得，，，，即．又，，直线的方程为，令，得．设，则，，，，代入，化简得，即，.题型四：利用向量证明三点共线问题1．（2024上海崇明）已知椭圆Γ：，点分别是椭圆Γ与轴的交点（点在点的上方），过点且斜率为的直线交椭圆于两点．(1)若椭圆焦点在轴上，且其离心率是，求实数的值；(2)若，求的面积；(3)设直线与直线交于点，证明：三点共线．【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据离心率的定义计算即可；（2）联立直线和椭圆方程，根据弦长公式算出，用点到直线的距离公式算出三角形的高后即可；（3）联立直线和椭圆方程，先表示出坐标，将共线问题转化成证明，结合韦达定理进行化简计算.【详解】（1）依题意，，解得（负数舍去）.（2）的直线经过，则直线方程为：；，则椭圆的方程为：.设联立直线和椭圆方程：，消去得到，解得，则，故，于是.依题意知，为椭圆的下顶点，即，由点到直线的距离，到的距离为：.故（3）设联立直线和椭圆方程：，得到，由，得到直线方程为：，令，解得，即，又，，为说明三点共线，只用证，即证：，下用作差法说明它们相等：，而，，，于是上式变为：.由韦达定理，，于是，故，命题得证.2．（2024·陕西榆林·模拟预测）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为，，，.（1）求椭圆的方程.（2）过的直线与椭圆交于，两点（均不与，重合），直线与直线交于点，证明：，，三点共线.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）由题设，可直接求出a、c，进而写出椭圆方程.（2）设为，，，联立椭圆方程，应用韦达定理可得，，又为求G点坐标，根据向量共线的判定，即可证结论.【详解】（1）由，即，又，即.∴，故椭圆的方程为.（2）证明：可设直线的方程为，，，联立方程，得且，∴，，而直线的方程为，∴令，得，则有，，又∵，∴，而，∴，，三点共线.【点睛】关键点点睛：第二问，设直线方程，联立椭圆方程应用韦达定理求，，结合向量共线的判定证明三点共线.3．（2024·山西太原·三模）已知双曲线的左、右顶点分别为与，点在上，且直线与的斜率之和为.(1)求双曲线的方程;(2)过点的直线与交于两点(均异于点)，直线与直线交于点，求证:三点共线.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由题意点在上，且直线与的斜率之和为，建立方程组求解即可；（2）三点共线，即证，设出直线的方程联立双曲线的方程，由韦达定理，求出的坐标，由坐标判断，证明即可.【详解】（1）由题意得，且（2）由(1)得，设直线的方程为，则，由得，直线的方程为，令，则，，所以三点共线.4．（23-24高三上·广东·阶段练习）已知双曲线的右焦点为，一条渐近线方程为．（1）求双曲线的方程；（2）记的左、右顶点分别为，过的直线交的右支于两点，连结交直线于点，求证：三点共线．【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）根据题意得，再根据即可求得答案；（2）由题知，，直线的斜率不为0，故设其方程为，，，进而结合直线的方程得，再根据向量共线的坐标表示判断，共线即可.【详解】解:（1）依题意可得，，解得，故的方程为.（2）易得，显然，直线的斜率不为0，设其方程为，，联立方程，消去整理得，所以，．直线，令得，故，，，（*）又，即的值为0．所以故A、Q、N三点共线．﹒专项训练1．（2024·福建泉州·模拟预测）椭圆的左、右焦点分别为为椭圆上第一象限内的一点，且与轴相交于点，离心率，若，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由离心率得，，由得在圆上，解方程组求得点坐标，利用的横坐标即可求得．【详解】，，则，所以，，椭圆方程化为，，因此在圆上，由，解得，在第一象限，则，，则，故选：D．2．（23-24高二上·北京·期中）已知椭圆的上、下顶点为，过点的直线与椭圆相交于两个不同的点（在线段之间），则的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意画出图形，分直线的斜率不存在和存在两种情况求解，当直线斜率不存在时，求得，当直线斜率存在时，设出直线方程，和椭圆方程联立，由判别式大于0求得的范围，再结合根与系数的关系写出数量积，由得范围求得的范围．【详解】当直线斜率不存在时，直线方程为，，，此时；当直线斜率存在时，设斜率为，设,则直线方程为，联立，得，，得．，．．，，，则，综上，的取值范围是．故选：D．3．（2024·河南·一模）已知过椭圆的上焦点且斜率为的直线交椭圆于两点，为坐标原点，直线分别与直线相交于两点.若为锐角，则直线的斜率的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据椭圆的标准方程求出焦点坐标，利用直线的斜截式方程设出直线的方程，将直线方程与椭圆方程联立，再利用韦达定理及两直线相交联立方程组求出交点坐标，结合已知条件、点在直线上及向量的数量积的坐标运算即可求解.【详解】由题意可知，所以所以椭圆的上焦点为，设直线的方程为，联立消去，得，所以.由题设知，所在的直线方程为.因为直线与直线相交于点，所以；同理可得.所以.因为为锐角，所以，所以，即，解得：或，所以，或，或.故直线的斜率的取值范围是.故选:D.4．（2024·河北衡水·模拟预测）已知双曲线的右焦点为，过点作直线与渐近线垂直，垂足为点，延长交于点.若，则的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】设的左焦点为，由双曲线的定义，得，又，，在中，由余弦定理可得，结合可得，求得答案.【详解】设为坐标原点，则，从而.设的左焦点为，连接，由双曲线的定义，得.在中，由余弦定理，得，解得.由，得，解得，所以.故选：B.5．（23-24高二下·安徽安庆·阶段练习）已知点P为双曲线C：（，）上位于第一象限内的一点，过点P向双曲线C的一条渐近线l作垂线，垂足为A，为双曲线C的左焦点，若，则渐近线l的斜率为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】设渐近线l的方程，由两直线垂直的条件可得直线的方程，联立两直线方程求得A的坐标，再由向量共线的坐标表示可得P的坐标，代入双曲线的方程，化简整理可得所求直线的斜率．【详解】解：设，渐近线l的方程为，①直线的方程为，②联立①②可得，，即有，由，可得，，解得，，即，由P在双曲线上，可得，化为，即，可得，所以直线l的斜率为．故选：D．6．（23-24高二上·四川成都·期中）已知椭圆C：的离心率为，斜率为正的直线l与椭圆C交于A，B两点，与x轴、y轴分别交于P，Q两点，点的位置如图所示，且，则直线l的斜率为．【答案】/0.75【分析】设，根据，得，，应用点差法求得，结合离心率即可求解.【详解】设，因为直线斜率为正，设为，所以可设点在第一象限，，，且A，B，P，Q四点共线，，，又，，，，在椭圆上，，，两式相减可得，，，又，，，即，，，又直线斜率为正，．故答案为：.7．（2024·河北·三模）已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与轴相交于点，与在第一象限的交点为，若，，则的离心率为．【答案】/【分析】设，利用双曲线定义、勾股定理得，再由，得，可得答案.【详解】设，则，所以，因为，所以，可得，即①，因为，所以，所以，即②，由①②可得，解得，或（舍去）.故答案为：.8．（2024高三·全国·专题练习）设双曲线C的左、右焦点分别为，，且焦距为，P是C上一点，满足，，则的周长为．【答案】/【分析】由已知可得.设，，在中，根据余弦定理整理化简可得，求解即可得出，，进而可得出答案.【详解】因为，所以.设，，因为，所以.在中，根据余弦定理有，所以，整理可得，，解得（负值舍去），所以，所以，，故周长为.故答案为：.9．（23-24高二下·上海·阶段练习）设点，分别是椭圆:的左、右焦点，且椭圆C上的点到点的距离的最小值为点M，N是椭圆C上位于x轴上方的两点，且向量与向量平行.(1)求椭圆C的方程;(2)当时，求点N的坐标；(3)当时，求直线的方程.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根据椭圆的简单性质可得，解得即可；（2）可设，根据向量的数量积坐标运算即可求出点的坐标；（3）向量与向量平行，不妨设，设，，根据坐标之间的关系，求得的坐标，再根据向量的模，即可求出的值，根据斜率公式求出直线的斜率，根据直线平行和点斜式即可求出直线方程.【详解】（1）点、分别是椭圆的左、右焦点，，，椭圆上的点到点的距离的最小值为，，解得，椭圆的方程为；（2）由（1）可得，，由点是椭圆上位于轴上方的点，可设，，，，，，即，解得，，；（3）向量与向量平行，，由题意，又，，即，设，，，，，，，，，，，，，，，解得，或（舍去