【二轮复习】高考数学 重难点14 圆锥曲线必考压轴解答题全归类（新高考专用）（解析版）

重难点14圆锥曲线必考压轴解答题全归类【十一大题型】【新高考专用】TOC\o"1-3"\h\u【题型1轨迹方程】 4【题型2圆锥曲线的弦长问题】 10【题型3圆锥曲线的“中点弦”问题】 15【题型4斜率之和差商积问题】 19【题型5圆锥曲线中三角形（四边形）的面积问题】 25【题型6圆锥曲线中的最值或取值范围问题】 31【题型7圆锥曲线中的定点、定值问题】 36【题型8圆锥曲线中的定直线问题】 41【题型9圆锥曲线与向量综合】 48【题型10圆锥曲线中的探索性问题】 53【题型11圆锥曲线新定义】 59平面解析几何是高考数学的重要考查内容，其中圆锥曲线是高考的必考内容之一，常作为试卷的拔高与区分度大的试题，其思维要求高，计算量较大.从近几年的高考情况来看，在解答题中的考查主要有三个方面：一是平面解析几何通性通法的研究；二是圆锥曲线中的弦长、面积、最值、定点、定值或定直线等问题的求解；三是圆锥曲线中的常见模型.圆锥曲线的核心内容概括为八个字，就是“定义、方程、位置关系”，所有的圆锥曲线有关试题都是围绕这些核心内容展开；试题难度较大，需要灵活求解．【知识点1动点轨迹问题】1.求动点的轨迹方程的方法

求动点的轨迹方程有如下几种方法：(1)直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；(2)定义法：如果能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；(3)相关点法：用动点Q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，整理化简可得出动点Q的轨迹方程；(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与某一参数t得到方程，即为动点的轨迹方程；【知识点2圆锥曲线中的弦长问题】1．椭圆的弦长问题(1)定义：直线与椭圆的交点间的线段叫作椭圆的弦.

(2)弦长公式：设直线l:y=kx+m交椭圆+=1(a>b>0)于，两点，则或.2．椭圆的“中点弦问题”(1)解决椭圆中点弦问题的两种方法

①根与系数的关系法：联立直线方程和椭圆方程构成方程组，消去一个未知数，利用一元二次方程根与系数的关系以及中点坐标公式解决.

②点差法：利用端点在曲线上，坐标满足方程，将端点坐标分别代入椭圆方程，然后作差，构造出中点坐标和斜率的关系.设，，代入椭圆方程+=1(a>b>0)，得，

①-②可得+=0，

设线段AB的中点为，当时，有+=0.

因为为弦AB的中点，从而转化为中点与直线AB的斜率之间的关系，这就是处理弦中点轨迹问题的常用方法.(2)弦的中点与直线的斜率的关系

线段AB是椭圆+=1(a>b>0)的一条弦，当弦AB所在直线的斜率存在时，弦AB的中点M的坐标为，则弦AB所在直线的斜率为，即.

3．双曲线的弦长问题①弦长公式：直线y=kx+b与双曲线相交所得的弦长d.

②解决此类问题时要注意是交在同一支，还是交在两支上.

③处理直线与圆锥曲线相交弦有关问题时，利用韦达定理、点差法的解题过程中，并没有条件确定直线与圆锥曲线一定会相交，因此，最后要代回去检验.

④双曲线的通径：

过焦点且与焦点所在的对称轴垂直的直线被双曲线截得的线段叫作双曲线的通径.无论焦点在x轴上还是在y轴上，双曲线的通径总等于.4．双曲线的“中点弦问题”“设而不求”法解决中点弦问题：①过椭圆内一点作直线，与椭圆交于两点，使这点为弦的中点，这样的直线一定存在，但在双曲线的这类问题中，则不能确定.要注意检验.

②在解决此类问题中，常用韦达定理及垂直直线的斜率关系.常用的解题技巧是如何应用直线方程将转化为能用韦达定理直接代换的.垂直关系有时用向量的数量关系来刻画，要注意转化.5．抛物线的弦长问题设直线与抛物线交于A,B两点，则

|AB|==或

|AB|==(k为直线的斜率，k≠0).6．抛物线的焦点弦问题抛物线=2px(p>0)上一点A与焦点F(,0)的距离为|AF|=，若MN为抛物线=2px(p>0)的焦点弦，则焦点弦长为|MN|=++p(,分别为M,N的横坐标).设过抛物线焦点的弦的端点为A,B，则四种标准方程形式下的弦长公式为：标准方程弦长公式y2=2px(p>0)|AB|=x1+x2+py2=-2px(p>0)|AB|=p-(x1+x2)x2=2py(p>0)|AB|=y1+y2+px2=-2py(p>0)|AB|=p-(y1+y2)【知识点3圆锥曲线中最值或取值范围问题的解题策略】1.处理圆锥曲线最值问题的求解方法圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.2.解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面(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构造不等式，从而求出参数的取值范围；(5)利用求函数的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.【知识点4圆锥曲线中的定点、定值问题的解题策略】1.圆锥曲线中的定点问题的两种解法(1)引进参数法：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：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.2.圆锥曲线中的定值问题的解题策略圆锥曲线中的定值问题主要分两类：一类是圆锥曲线中的定线段的长的问题；另一类是圆锥曲线中几何图形的面积的定值问题.(1)探求圆锥曲线中的定线段的长的问题，一般用直接求解法，即先利用弦长公式把要探求的线段表示出来，然后利用题中的条件(如直线与曲线相切等)得到弦长表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入弦长表达式中，化简可得弦长为定值.(2)探求圆锥曲线中几何图形的面积的定值问题，一般用直接求解法，即可先利用三角形面积公式(如果是其他凸多边形，可分割成若干个三角形分别求解)把要探求的几何图形的面积表示出来，然后利用题中的条件得到几何图形的面积表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入几何图形的面积表达式中，化简即可.【知识点5圆锥曲线中的探索性问题的解题策略】1.圆锥曲线中的探索性问题此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论.【题型1轨迹方程】【例1】（2024·全国·模拟预测）已知A是圆E：x-32+y2=16上的任意一点，点F-3,0，线段AF的垂直平分线交线段AE于点T．(1)求动点T的轨迹C的方程；(2)已知点Q(4,0)，过点P(1,0)的直线l与C交于M，N两点，求证：【解题思路】（1）由点T满足条件符合椭圆的定义，得点T的轨迹方程；（2）按直线斜率是否为零分类讨论，当直线斜率不为零时，联立方程组，得kMQ+kNQ=0，所以【解答过程】（1）因为TE+所以动点T的轨迹C是以E，F为焦点且长轴长为4的椭圆，因为2a=4，2c=23所以动点T的轨迹C的方程是x2（2）证明：若直线l与x轴重合，则M，N为椭圆C长轴的端点，不妨设M(2,0)，N(-2,0)，则MPNP=1若直线l与x轴不重合，设直线l的方程为x=设点Mx1,y1，N因为Δ=4t2+12t因为kMQ所以x轴平分∠MQN，所以S综上，MP⋅【变式1-1】（2024·山东淄博·一模）在平面直角坐标系xOy中，点.F5,0，点Px,y是平面内的动点.若以PF为直径的圆与圆D(1)求C的方程;(2)设点A(1,0),M(0,t),N(0,4-t)(t≠2)，直线AM，AN分别与曲线C交于点S，T(S，T异于A)【解题思路】（1）设P(x,（2）设直线ST:y=mx+n，将其与双曲线方程联立得到韦达定理式，求出M,N的纵坐标，从而有y【解答过程】（1）设P(x,y)根据题意得|OG即x+整理得(x化简整理，得点P的轨迹方程C:（2）设Sx由对称性可知直线ST的斜率存在，所以可设直线ST:联立直线ST与曲线C的方程，得x2消元整理，得4-m则Δ>0⇒4+nx1所以AS:y=y1x1同理可得点N纵坐标4-t=-y将y1=m将②代入得m2若m+n=0，则直线ST若m+n+2=0，则ST因为直线ST恒过Q(1,-2)，且与C:xAH⊥ST，垂足为H，所以点H轨迹是以AQ为直径的圆（不含点设AQ中点为E，则圆心E(1,-1)，半径为1，所以|当且仅当点H在线段OE上时，OH取最大值2+1【变式1-2】（2024·辽宁·一模）已知平面上一动点P到定点F12,0的距离比到定直线x=-2023的距离小40452(1)求C的方程；(2)点A2,1,M,N为C上的两个动点，若M,N,B恰好为平行四边形MANB【解题思路】（1）根据距离公式列等量关系即可求解，或者利用抛物线的定义求解，（2）根据点差法可得斜率关系，联立直线与抛物线方程得韦达定理，即可根据弦长公式求解长度，由点到直线的距离公式表达面积，即可利用导数求解函数的最值.【解答过程】（1）解法一：设Px,y根据题意可得x-12所以C的方程为y2解法二：因为点P到定点F12,0的距离比到定直线x所以点P到定点F12,0由抛物线的定义可知，点P的轨迹是以定点F12,0所以C的方程为y2（2）证明：设Mx1,y1,Nx2

因为平行四边形MANB对角线的交点在第一､三象限的角平分线上，所以线段MN的中点Q在直线y=设Qm,所以y1又y所以km=1，即k设直线MN的方程为y-即x-联立x-my+所以Δ=8m-y1则MN=1+=1+m24又点A到直线MN的距离为d=所以S=2记t=因为0<m<2，所以所以S=2令ft=-2t令f't=0当t∈0,63时，f't>0,ft在区间(0,6所以当t=63，即m=1±3所以S≤【变式1-3】（2024·山西临汾·一模）已知M是一个动点，MA与直线l1:y=x垂直，垂足A位于第一象限，MB与直线l2:y=-x垂直，垂足(1)求动点M的轨迹E的方程；(2)设过点M的直线l与l1，l2分别相交于P，Q两点，△APM和△BQM的面积分别为S1和S2，若S1=【解题思路】（1）设M(（2）根据题意分析可知M为PQ的中点，可得直线l的斜率k=x0y0，与曲线【解答过程】（1）设M(x,y)所以矩形OAMB的面积|MA因为A，B分别在第一、四象限，所以动点M的轨迹E方程为x2（2）因为S1=S2，所以M为PQ的中点.设Mx0,当直线l的斜率不存在时，其方程为x=所以仅当x0=2m时，满足S1当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=联立y=kx联立y=kx所以kx0-所以直线l的方程为y=联立y=x0y0则Δ=4所以直线l与曲线E仅有一个公共点；综上所述：除点M，直线l与曲线E没有其它公共点.【题型2圆锥曲线的弦长问题】【例2】（2024·山西·模拟预测）已知F为椭圆C:x22+y2=1的右焦点，过点F且斜率为k1的直线与椭圆C(1)求AB的取值范围；(2)过点F作直线ED与椭圆C交于点E，D，直线ED的倾斜角比直线AB的倾斜角大π4，求四边形AEBD【解题思路】（1）联立方程组，由弦长公式计算求解即可；（2）解法一：设直线AB的倾斜角为α，将四边形AEBD的面积转化为关于α的表达式，利用函数的单调性即可得解；解法二：结合（1）中结论，将四边形AEBD的面积转化关于k1的表达式，再利用导数求得其最大值，从而得解【解答过程】（1）设Ax1,y1联立x22+y2∵Δ=8k2+1∴AB又2k∴AB（2）如图：解法一：设直线AB的倾斜角为α∈0,π由（1）知AB=22∵直线DE的倾斜角为α+∴同理可知DE=42∵=2∴SAEBD=令t=sin2∴S∴当t=-1时，SAEBD取最大值解法二：依题意，∵k1≠1，直线ED的倾斜角比直线AB∴直线ED的斜率存在．不妨设直线ED的方程：y=k2(x由（1）同理得ED=则S=12=22⋅又k1∴SAEBD=令f(x)=∴f解方程x2-2∴f(x)在区间当x≠1时，f∵f(0)=13，x→+∴S【变式2-1】（2024·陕西宝鸡·一模）设抛物线C：y2=2pxp>0，直线x-2y+1=0(1)求p；(2)若在x轴上存在定点M，使得MA⋅MB=0，求定点【解题思路】（1）设AxA,（2）假设x轴上存在定点Mm,0，直线与抛物线方程联立，由MA【解答过程】（1）设AxA,yAy2-4py+2AB=即2p2-p-（2）假设x轴上存在定点Mm,0使得由x-2y所以yA+y由题知MA⋅即xA化简得：m2-14则存在定点M7+211,0【变式2-2】（2024·安徽蚌埠·模拟预测）已知双曲线E:x2a2(1)求双曲线E的离心率；(2)设直线y=12x-12与双曲线E【解题思路】（1）根据左顶点与渐近线的方程求得a,（2）求出交点纵坐标代入弦长公式求解.【解答过程】（1）由题意知a=1，且ba∴c所以双曲线的离心率e=（2）由（1）知双曲线方程为x2将y=12x-12即不妨设yP所以|PQ【变式2-3】（2024·广西·模拟预测）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>(1)求椭圆C的方程；(2)过点F2斜率不为0的直线l交椭圆C于P，Q两点，记直线MP与直线MQ的斜率分别为k1，k2①直线l的方程；②△MPQ的面积【解题思路】（1）由椭圆定义和代入点的坐标，得到方程，求出a=2，b（2）①设直线l的方程为x=my+1m≠0②方法一：求出弦长，结合点到直线距离公式求出面积；方法二：根据S△MPQ【解答过程】（1）由MF1+MF由点M1,32在椭圆C上得：1∴椭圆C的方程为x2（2）由（1）知，c2=a2-据题意设直线l的方程为x=my+1m≠0则k1=y于是由k1+k2=0得2①由x=my+13xΔ=由根与系数的关系得：y1+y代入（*）式得：-18m3∴直线l的方程为x-②方法一：由①可知：Δ=14422+1=720由求根公式与弦长公式得：PQ=设点M到直线l的距离为d，则d=∴S△方法二：由题意可知S△由①知，直线l的方程为x-代入3x2+4y2∴Δ=22-4×4×∴S△【题型3圆锥曲线的“中点弦”问题】【例3】（2023·河南开封·一模）已知直线l:y=kx+2(k≠0)与椭圆C:x2a2+y2b2(1)求椭圆C的离心率；(2)若直线l与x轴，y轴分别相交于M，N两点，且|MA|=|NB|，|【解题思路】（1）利用点差法得到-b（2）依题意可得E为线段MN的中点，求出直线l与坐标轴的交点，即可得到E点坐标，从而求出kOE，由kAB⋅kOE=-12求出k，即可得到直线l方程，由（1【解答过程】（1）依题意可得k<0，设Ax1直线l与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为E，则x1∴1a∴-b2a2=又直线AB与直线OE的斜率乘积为-1∴-b2a（2）因为直线l与x轴，y轴分别相交于M，N两点，且|MAE为线段AB的中点，所以E为线段MN的中点，直线l:y=kx+2(k≠0)与x所以E-1k又kAB⋅kOE=-12所以直线l:又椭圆C:x由y=-22x+2由Δ=4b2又x1+x所以AB=1+k2x所以椭圆C的方程为x2【变式3-1】（2023·陕西汉中·模拟预测）已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为(1)求抛物线C的方程；(2)已知直线l交抛物线C于M,N两点，且点4,2为线段MN的中点，求直线【解题思路】（1）利用抛物线定义可求得p=8，即可求出抛物线C（2）由弦中点坐标为4,2并利用点差法即可求得直线l的斜率为4，便可得直线方程.【解答过程】（1）点A6,y0由抛物线定义可得AF=6+p2故抛物线C的标准方程为y2（2）设Mx

则y12=16即y1又线段MN的中点为4,2，可得y1则y1-y2x所以直线l的方程为y-即直线l的方程为4x【变式3-2】（2023·广西南宁·模拟预测）已知双曲线C:x2a2-y2(1)求双曲线C的方程；(2)过点P1,1的直线l与双曲线C相交于A，B两点，P能否是线段AB【解题思路】（1）由渐近线方程求得一个a,（2）设出交点坐标，若P1,1是线段AB的中点，利用点差法求出直线l方程，再联直线与双曲线查看是否有解，即可判断【解答过程】（1）由题双曲线C:x2a2-y2所以-22a解得a=1,所以双曲线C的方程为：x2（2）当直线l垂直x轴时，直线l的方程为x=1，此时直线l当直线l不垂直x轴时，斜率存在，设Ax所以x1两式作差得x1即x1若P1,1是线段AB的中点，则x则x1所以直线l的斜率k=则直线l的方程为y=2将直线l与双曲线联立y=2x-Δ=所以这样的直线不存在，即点P不能是线段AB的中点.【变式3-3】（2023·河北承德·模拟预测）已知斜率为k的直线l与椭圆C:x26+y23=1(1)若n=1，m=-1，求(2)若线段AB的垂直平分线交y轴于点P0,-13，且AB=4【解题思路】（1）根据中点坐标，利用点差法求中点弦的斜率；（2）令直线l为y=k(x-n)+m，讨论k=0、k≠0，应用点差法得k=-n2m【解答过程】（1）由题设xA26又xA+x所以kl（2）由题意，直线l斜率一定存在，令直线l为y=若k=0时l:y=m且M(0,m与题设中，垂直平分线与y轴交于P0,-若k≠0，由（1）知：n(x则中垂线PM为y+13=2所以3mn-n=0，得n=0或m=1故k=-3n2，即整理得9(2+9n所以xA+xB=2n，xA由AB=4PM，则(4+9n所以l:综上，直线l的方程为y=±【题型4斜率之和差商积问题】【例4】（2023·全国·模拟预测）已知抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点为F,(1)求抛物线E的标准方程．(2)已知过点Q且互相垂直的直线l1,l2与E分别交于点A,C与点B,D，线段AC与BD的中点分别为【解题思路】（1）根据题意结合抛物线的定义分析可得PF+PQ≥2+（2）设直线l1的方程为x=my+2，直线l2的方程为【解答过程】（1）抛物线E的准线方程为x=-设点P到准线的距离为d．由抛物线的定义，得PF+PQ=当且仅当P,所以抛物线E的标准方程为y2（2）设Ax由题意可知，l1,l设直线l1的方程为x将其代入y2=4x，得y同理可得：设直线l2的方程为x=-1所以yM所以xM=m所以k1当且仅当m2=1又易知k1所以k1k2【变式4-1】（2023·全国·模拟预测）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1，F2(1)求椭圆E的标准方程；(2)过点F2的直线l1，l2分别交椭圆E于A，B两点和C，D两点，且直线AC和BD分别与直线QF2交于点M，N，若PM和PN的斜率分别为k【解题思路】（1）求出点Q的坐标，由相似三角形即可求解；（2）设出Ax1,y1，Bx2,y2，Cx3,y3，Dx4,【解答过程】（1）设坐标原点为O．∵QF2与x轴垂直，∴可设将点Q的坐标代入椭圆E的方程，得c2a2+∵Q在第一象限，∴d=b2a又∵点P0,24，易得△F1OP∽∴b2a∵椭圆的离心率e=22，∴由①②及a2=b2+∴椭圆E的标准方程为x2（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，Cx由x=t1y+1,由题意知必有Δ1>0，则y1同理由x=t2y由题意知必有Δ2>0，则y3∴y1+y∴t1∴t1y由已知可得直线QF2的方程为x=1，故可设M由A，M，C共线，得m-y1∴m=同理，n=∴m+由③式可知m+∴k1【变式4-2】（23-24高三上·江苏连云港·阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x24+y23=1的左，右焦点分别为F1，F2，过点T4,0且不与x轴重合的直线l与椭圆C交于A(1)记直线AF2，BF2的斜率分别为k1(2)设直线AF1与BF2交于点M【解题思路】（1）设直线l的方程为x=my+4（2）设Ax0,y0由对称关系得AF的方程和BF2的方程，联立方程组得x0=1x,【解答过程】（1）设直线l的方程为x=my+4，A联立方程组x=my+4则Δ=24m所以k=2（2）由（1）可知，k1+k2=0，故直线B设直线BF2与椭圆C的另一个交点为A'，则A与A设Ax0,所以直线AF1的方程为y=y0故点Mx,y满足方程组y因为点Ax0,y0即14x2所以点M在双曲线x214-y依题意，点A在T，B之间，所以x0>0，得x>0所以MF【变式4-3】（2023·四川南充·一模）如图，椭圆E:x25+y2=1的四个顶点为A，B，C，D，过左焦点F1(1)求四边形ABCD的内切圆的方程；(2)设R(1,0)，连结MR，NR并延长分别交椭圆E于P，Q两点，设PQ的斜率为k'．则是否存在常数λ，使得k=【解题思路】（1）根据对称性，利用等面积法即可求解半径，进而可求圆的方程，（2）联立直线与椭圆的方程，可得P3x1-5【解答过程】（1）连接AD,DC,CB,AB由对称性可知，当圆与直线BC相切时，则与四边形ABCD的各个边相切，且圆心为坐标原点，设内切圆半径为r，由于CD=则由等面积法可得12CD⋅故圆的方程为：x（2）设Mx1,y则直线MP的方程为y=联立y=y1即1+5将y12=1-化简得6-2x所以x1xPyP故P3同理可得Q3所以k由于直线MN方程为y=kx故kPQ故存在λ=25【题型5圆锥曲线中三角形（四边形）的面积问题】【例5】（2024·四川·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F(1)求C的方程；(2)若点A、B在椭圆C上，O为坐标原点，且OA⊥OB，求【解题思路】（1）根据题意，由两直线的斜率之商为2以及离心率公式，代入计算，即可求得a,（2）根据题意，分直线OA，直线OB其中一条直线斜率不存在与直线OA，直线OB的斜率均存在讨论，然后联立方程，由三角形的面积公式结合基本不等式即可得到结果.【解答过程】（1）设F1所以kMF1=y0-可得y0-3+又离心率e=ca=2所以C的标准方程为x2（2）

当直线OA，直线OB其中一条直线斜率不存在时，不妨令A1,0此时△AOB面积为1

当直线OA，直线OB的斜率均存在时，不妨设直线OA的方程为y=则直线OB的方程为y=-1k联立方程x2+2y所以OA2联立方程x2+2y所以OB2所以1OA因为S△AOB=所以OA⋅OB≥所以△AOB面积的最小值为23，当且仅当OA=OB【变式5-1】（2023·湖南·模拟预测）已知双曲线C:(1)求双曲线C的方程；(2)若直线l与椭圆y22+x2=1相切，且与双曲线C的左、右支分别交于A,B两点，与双曲线C的渐近线分别交于E,F两点．【解题思路】（1）利用离心率公式和点到直线距离公式即可求解；（2）根据题意可得l的斜率k一定存在且k≠±1，设直线l的方程为y=kx+m，先联立椭圆方程，根据相切得到Δ=0，从而得到m2-k2=2；再联立双曲线方程，根据韦达定理及点到直线的距离公式求得S1；再联立双曲线的渐近线方程，求得OE和OF，从而求得S2【解答过程】（1）由题意，设双曲线C:x22-斜率为正的渐近线方程为bx-则bcb2+2所以双曲线C的方程为x2（2）由题意可得l的斜率k一定存在且k≠±1，设直线l的方程为y联立y=kx+my又直线l与椭圆y22+x2联立y=kx+mx设Ax1,则x1+x所以AB=又点D到直线AB的距离为d1所以S1联立y=kx+my联立y=kx+my所以S2又7155⋅所以71552-化简得2m-316m则m=32时，k=±12，所以【变式5-2】（2023·安徽合肥·三模）已知点F(0,1)，动点M在直线l：y=-1上，过点M且垂直于x轴的直线与线段MF的垂直平分线交于点P，记点P的轨迹为曲线(1)求曲线C的标准方程；(2)过F的直线与曲线C交于A，B两点，直线OA，OB与圆x2+y2-2y=0的另一个交点分别为【解题思路】（1）利用抛物线定义即可求得曲线C的标准方程；（2）先求得S△DOE【解答过程】（1）过点M且垂直于x轴的直线与线段MF的垂直平分线交于点P，则PM=PF，则点P到直线y=-1则P的轨迹为以F(0,1)为焦点以直线y则曲线C的方程为：x（2）设A，B，D，E坐标分别为Ax1,y1，B因为S△令直线lOA：y=k1x，k1=由x2+y由x2+所以x3令lAB：y=kx+1，与所以，x1x2=-4所以k1k2又因为k1所以x3x4x1所以△DOE与△AOB【变式5-3】（2023·全国·模拟预测）已知椭圆C：x2a2+y2b(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A，B，直线PQ交椭圆C于P，Q两点，记直线AP的斜率为k1，直线BQ的斜率为k2，已知k1=3k2，设△APQ和△【解题思路】（1）依题意列式即可求解；（2）先讨论直线PQ的斜率为0的情况，斜率不为0时，联立直线方程和椭圆方程，用韦达定理结合已知条件证明直线PQ恒过x轴上一定点，再表示出S1-【解答过程】（1）由题意知c解得a2=4,b2=1,（2）依题意，A-2,0，B2,0，设P若直线PQ的斜率为0，则点P，Q关于y轴对称，必有kAP=-k所以直线PQ的斜率必不为0，设其方程为x=与椭圆C的方程联立x得t2所以Δ=16t因为Px1,所以kAP⋅k则kAP=-1因为12=12y==12n+2所以n=-1，此时Δ故直线PQ恒过x轴上一定点D-因此y1+y所以S1-===4=4-则1t2+4∈0,14，当1【题型6圆锥曲线中的最值或取值范围问题】【例6】（2023·贵州·模拟预测）已知椭圆C：x2a2+y2b(1)求椭圆C的方程；(2)若C的上顶点为E，过左焦点F1的直线交椭圆C于P，G两点（与椭圆顶点不重合），直线EP，EG分别交直线x+y+4=0于H，Q【解题思路】（1）将x=c代入椭圆方程得y=±b2a，即2b（2）设Px1,y1,Gx2,y2，直线PG的方程为x=my-1(【解答过程】（1）由题意知，F2(c,0)，将得y=±b2有2b2a所以该椭圆C的方程为x2（2）由（1）知E(0,1),设Px1,y1由x=my-1x22则y1设H(xH,y由y-1=y1-所以HQ=52(m将y1+y又点E(0,1)到直线x+y所以S△设m+7=t，则所以S△当1t=750即t=50【变式6-1】（2023·河南·三模）设双曲线E:x2a2-y2b(1)求E的方程；(2)过F2作两条相互垂直的直线l1和l2，与E的右支分别交于A，C两点和B，D【解题思路】（1）根据题意得到ba=12，结合（2）设直线l1:y=kx-5，l2:y=-【解答过程】（1）由题意，得E:x2因为双曲线E的渐近线方程为y=±x2，所以b又因为F1F2=2a故E的方程为x2（2）根据题意，直线l1，l2的斜率都存在且不为设直线l1:y=k因为l1，l2均与E的右支有两个交点，所以k>12将l1的方程与x24设Ax1,y1所以AC=1+用-1k替换k，可得所以SABCD令t=k2则SABCD当1t=1故四边形ABCD面积的最小值为329【变式6-2】（2023·全国·模拟预测）已知F是抛物线C:y2=2pxp>0的焦点，过点F的直线交抛物线C(1)求抛物线C的方程；(2)若O为坐标原点，过点B作y轴的垂线交直线AO于点D，过点A作直线DF的垂线与抛物线C的另一交点为E，AE的中点为G，求GBDG【解题思路】（1）分析可知AB与x轴不重合，设直线AB的方程为x=my+p2，设点Ax1,y1、Bx（2）写出直线AO的方程，将y=y2代入直线AO的方程，求出D的坐标，然后求出AE的方程，与抛物线的方程联立，结合韦达定理求出点G的坐标，分析可知G、B、D三点共线，可得出GBGD=1-1【解答过程】（1）解：抛物线C的焦点为Fp若直线AB与x轴重合，则直线AB与抛物线C只有一个公共点，不合乎题意，设直线AB的方程为x=my+p2联立y2=2pxx=由韦达定理可得y1+y1=my1所以，抛物线C的方程为y2（2）解：设点Ax1,y1、Bx2,y又因为直线AO的方程为y=

将y=y2代入直线AO的方程可得y2=所以，kDF因为AE⊥DF，则所以，直线AE的方程为y-联立y-y1=1故yE=2y由AE的中点为G，可得Gx故G、B、D三点共线，则GBGD又由y1y2故GB=1-1故GBGD的取值范围为1【变式6-3】（2023·四川攀枝花·一模）与双曲线x2-y2=1(1)求椭圆C的方程；(2)过点N0,-2的直线l交椭圆C于A、B两点，交x轴于点P，点A关于x轴的对称点为D，直线BD交x轴于点Q.求OP+【解题思路】（1）由题意可得a2-b（2）设直线l的方程为y=kx-2，可得P2k,0，进而得到直线BD的方程，表示出点【解答过程】（1）双曲线x2-y2=1则c=2，即又点1,63在椭圆则1a2+63所以椭圆C的方程为x2（2）由题意，设直线l的方程为y=kx-设Ax1,y1，Bx2令y=0，得点Q的横坐标为x联立y=kx-则Δ=-12k2x1+x则xQ从而OP+当且仅当2k=3所以OP+OQ的取值范围为【题型7圆锥曲线中的定点、定值问题】【例7】（2023·四川成都·模拟预测）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1，(1)求椭圆E的方程；(2)当点P为椭圆E的上顶点时，过点P分别作直线PM，PN交椭圆E于M，N两点，设两直线PM，PN的斜率分别为k1，k2，且k1+【解题思路】（1）用点P的纵坐标yP表示出三角形面积，结合yP的范围求出半焦距c，进而求出a（2）设直线MN方程y=kx+m，与椭圆E的方程联立，结合斜率坐标公式确定k【解答过程】（1）设点P的纵坐标yP，椭圆的半焦距为c，当点P不在x轴上时，0<|S△PF1F2=所以椭圆E的方程为x2（2）当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y=kx+由y=kx+mxΔ=64k2则x1+x2=-由k1+k2=2由Δ>0，得k<-23或k>0，直线MN直线x=-1交椭圆x24直线PM',PN所以当k1+k2=2【变式7-1】（2023·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F，准线为l，过点F且倾斜角为π6的直线交抛物线于点M（M在第一象限），MN⊥(1)求p的值.(2)若斜率不为0的直线l1与抛物线C相切，切点为G，平行于l1的直线交抛物线C于P,Q两点，且∠PGQ=π2【解题思路】（1）利用图中的几何关系以及抛物线的定义求解；（2）直线PQ的方程为y=kx+mk≠0以及点P,Q,G的坐标，将直线方程与抛物线方程联立由韦达定理以及∠PGQ=π2得到k与m【解答过程】（1）如图所示，过点F作FA⊥MN，垂足为A,MN交由题得∠AFM=π因为MF=MN，所以△因为O是FB的中点，所以DF=故FM=所以MN=8，AN=4，所以OF=12

（2）由（1）可知抛物线的方程是x2设直线PQ的方程为y=kx+因为∠PGQ=π即x1+x又y'=k=x联立y=kx+mx2=8则x1所以-8m+32设点F到直线PQ和直线l1的距离分别为d则由l1∥PQ所以点F到直线PQ与到直线l1的距离之比是定值，定值为【变式7-2】（2023·全国·模拟预测）已知双曲线E:x2-y2=λ2(λ>0)的右顶点为A，右焦点为F，点F到E的一条渐近线的距离为2，动直线(1)求E的方程；(2)若∠FAB+∠FAC=【解题思路】（1）根据双曲线的方程写出渐近线方程以及焦点F的坐标，利用点到直线距离公式求得λ=（2）联立直线l与双曲线E的方程，根据韦达定理得到B，C的横坐标满足x1+x2=-2kmk2【解答过程】（1）由题可得，双曲线E的一条渐近线方程为x-y=0则点F到E的一条渐近线的距离d=|2所以E的方程为x2（2）证明：由（1）可得A(2,0)依题意，直线l的斜率一定存在，所以设直线l:y=kx+因为动直线l与E在第一象限内交于B，C两点，且E的一条渐近线斜率为1，所以k>1联立y=kx+则Δ=根据韦达定理得，x1+x由斜率定义得，kAB=tan因为∠FAB所以tan(∠化简得，kAB+k变形得，y1x将y1=kx1+将x1+x2=2k化简得，2k+2km+2m当m=-2k时，直线l:y当m=-2时，直线l:y=综上，动直线l过定点(0,-2【变式7-3】（2023·山西临汾·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，O为坐标原点，点P在C(1)求C的方程；(2)过椭圆C的右焦点F的直线l与C交于D，E两点，过线段DE的中点G作直线x=4的垂线，垂足为N，记△ODE的面积为S，直线DN，EN的斜率分别为k1，k【解题思路】（1）设P(x,y)，由直线PA，PB的斜率之积为-34，化简得到b（2）由（1）知，设直线l为x=my+1，联立方程组，得到y1+y2=-6m3m【解答过程】（1）设P(x,y)因为直线PA，PB的斜率之积为-34，可得又因为y2=b2(又由点M1,32在C联立方程组，解得a2=4,b2=3（2）由（1）知，椭圆的方程为x24+过椭圆C的右焦点F的直线l与C交于D，E两点，可设直线l的方程为x=联立方程组x=my+1设D(x1,y因为△ODE的面积为S=1设G(x0,y0)，因为G因为过线段DE的中点G作直线x=4的垂线，垂足为N，可得可得k1则k=(所以Sk【题型8圆锥曲线中的定直线问题】【例8】（2023·山东泰安·模拟预测）已知曲线C上的动点P满足|PF1(1)求C的方程；(2)若直线AB与C交于A、B两点，过A、B分别做C的切线，两切线交于点P'.在以下两个条件①②中选择一个条件，证明另外一个条件成立①直线AB经过定点M4,0②点P'在定直线x=【解题思路】（1）由双曲线的定义得出曲线C的方程；（2）若选择①证明②成立：利用导数得出过A和过B的方程，从而得出交点P'的横坐标，再由x1=my1+4,x2=my2+4证明点P'在定直线x=1【解答过程】（1）因为|P所以曲线C是以F1、F2为焦点，以2所以2a=2，即又因为F1-2,0,F所以曲线C的方程为x2-y（2）若选择①证明②成立.依题意，AB在双曲线右支上，此时直线AB的斜率必不为0，设直线方程为x=my+4，A(x1因为x2-y23=1,(x所以过点A的直线方程为y-y化简为y⋅y1=3x联立方程①②得,交点P'的横坐标为y因为A、B点在直线AB上，所以x1所以x1所以P'的横坐标y即点P'在定直线x=若选择②证明①成立.不妨设A在第一象限，B在第四象限.设A(因为x2-y23求导得y'=3x3化简为y⋅y1=3联立方程①②得交点P'的横坐标为y2由题意，y2即x1因为A(所以过直线AB的方程为y-化简(x整理得x由③式可得y2易知x=4,y=0，即直线AB【变式8-1】（2023·安徽安庆·一模）如图1所示，双曲线具有光学性质：从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点．若双曲线E:x24-y2b2=1b>0的左、右焦点分别为F1、F2，从F2

(1)求双曲线E的方程；(2)设A1、A2为双曲线E实轴的左、右顶点，若过P4,0的直线l与双曲线C交于M、N两点，试探究直线A1M【解题思路】（1）延长CA与DB交于F1，分析可得BF1AB=34，令BF1=3tt>0（2）分析可知，直线l不与x轴垂直，设直线l的方程为x=my+4，设点Mx1,y1、Nx2,y【解答过程】（1）解：如图所示：

延长CA与DB交于F1，因为AB⊥AD则tan∠F1令BF1=3所以，AF由双曲线的定义可得AF1-BF1-又因为AB=AF2+所以，BF1=3由勾股定理可得2c=F故b=因此，双曲线E的方程为x2（2）解：若直线l与x轴重合，则直线l与双曲线E的交点为双曲线E的两个顶点，不合乎题意，设直线l的方程为x=my+4，设点M联立x=my+4

由题意可得3m2-由韦达定理可得y1+y易知点A1-2,0、A22,0直线A1M的方程为y=y1联立直线A1M、A2N的方程并消去可得x=-108m因此，直线A1M与直线A2N的交点Q【变式8-2】（2023·新疆·一模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(1)求椭圆C的方程；(2)设过M0,1的直线交椭圆C于E、D两点，Q为坐标平面上一动点，直线QE、QM、QD斜率的倒数成等差数列，试探究点Q【解题思路】（1）将点P的坐标代入椭圆方程，可得出a2的值，由已知可得BF2⋅P（2）设点Qx0,y0，设点Ex1,y1、Dx2,y2，对直线ED的斜率是否存在进行分类讨论，在直线ED的斜率存在时，设直线【解答过程】（1）解：将点P的坐标代入椭圆C的方程可得832a易知点B0,-b、F2c,0因为BF2⊥整理可得c-22=0，解得因此，椭圆C的方程为x2（2）解：设点Qx0,y0当直线ED的斜率存在时，设直线ED的方程为y=联立y=kx+1x2由韦达定理可得x1+xkQE=y0-因为直线QE、QM、QD斜率的倒数成等差数列，即2k所以，2x0y将y1=kx1显然kx0+1-整理可得x1可得x1即x1即-4k2所以，y02-5y显然y0≠1，故当直线DE的斜率不存在时，则D、E为椭圆短轴的端点，不妨设D0,2、E0,-2、QxkQM=3x0，kQD综上所述，点P在定直线y=4上【变式8-3】（2023·山东淄博·一模）已知抛物线C：y2=2pxp>0上一点P2,t到其焦点F的距离为3，A，B为抛物线C上异于原点的两点.延长AF，BF分别交抛物线C于点M，N(1)若AF⊥BF，求四边形(2)证明:点Q在定直线上.【解题思路】（1）根据抛物线的焦半径公式求得抛物线方程，设Ax1,y1，Mx2,y2，直线（2）设Bx3,y3，Nx4,y4，QxQ,yQ，根据A，【解答过程】（1）由抛物线定义可知，2+p2=3即抛物线C方程为y2由题意，设Ax1,y1，M由x=my+1y2=4x由韦达定理可知：y1+y故AM=因为AF⊥BF，所以直线BN的方程为于是BN=4则S当且仅当m2=1所以四边形ABMN面积的最小值为32；（2）设Bx3,y3，Nx4,y4，Qx所以，xi因为A，N，Q三点共线，所以有y4即y4-y同理，因为B，M，Q三点共线，可得yQ即y1解得：4x由（1）可知，y1⋅y得xQ即点Q在定直线x=-【题型9圆锥曲线与向量综合】【例9】（2023·广西玉林·模拟预测）已知点P在椭圆C:x212+y26=1，直线y=kx与椭圆D:x22λ+y2(1)求椭圆D的方程；(2)直线PA，PB分别交椭圆D于另一点M，N，若AB=mMN【解题思路】（1）根据题意求相应点的坐标，结合面积关系列式求解；（2）设P23cosα,6【解答过程】（1）由题意可知：椭圆C的上顶点为0,6，椭圆D的左右顶点分别为-则12×6所以椭圆D的方程为x2（2）设P2因为若AB=mMN，显然m可知PM=则x-23即M2又因为点M在x2则23整理得121-由题意可知：B-2cos同理可得N2将点N代入椭圆方程x2121-两式相加可得241-n2+8n若n=1，则点A与点M重合，点B与点N所以n=12【变式9-1】（2023·广西·模拟预测）已知抛物线C:y2=2pxp>0上一点P的横坐标为4(1)求抛物线C的方程；(2)点A,B是抛物线C上异于原点O的不同的两点，且满足OA⋅【解题思路】（1）根据题意，利用抛物线的定义得到4+p2=5（2）设OA:y=kx，组求得A4k2,4k，根据OA⋅AB【解答过程】（1）解：由抛物线C:y2因为点P到拋物线的准线的距离为5，且点P的横坐标为4，根据抛物线的定义，可得4+p2=5，解得p（2）解：根据题意，设OA:y=kx，联立方程组y=因为OA⋅AB=0，可得OA可设AB:y-整理得到y2+4ky-16所以yB=-4k-4所以OB=xB2+设t=k+则OB=4所以当t=4时，OB取最小值为8【变式9-2】（2023·上海奉贤·一模）已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为23，离心率为32，椭圆的左右焦点分别为F(1)求椭圆的方程；(2)设椭圆上有一动点T，求PT⋅(3)设线段BC的中点为M，当t≥2时，判别椭圆上是否存在点Q，使得非零向量OM与向量【解题思路】（1）由题意计算即可得；（2）由设出T点坐标，表示出PT，结合TF1-TF（3）设出直线方程后联立得一元二次方程，由直线l与椭圆交于不同的两点可得该方程Δ>0，并由方程中的韦达定理表示出直线OM斜率，假设存在该点Q，则有kPQ=kOM，借此设出直线PQ方程，则该直线与椭圆必有焦点，即联立后有【解答过程】（1）由题意，得c=3，a=2则椭圆的标准方程为x2（2）设动点Tx,y，FPT⋅∵x∈-2,2，所以（3）显然直线的斜率存在，故可设直线l:y=kx+联立y=kx+tx24Δ=-16t2+64则x1+x则x1+x则xM故kOM若OM//PQ，则有设直线PQ为y=-联立y=-14kx要使得存在点Q，则Δ2整理得16+4故k2≤由①②式得，t2则t2-1所以当t≥2时，不存在点Q，使得【变式9-3】（2023·安徽阜阳·三模）已知双曲线C：y2a2-x2b2=1a>0,b>0，直线l在x轴上方与x轴平行，交双曲线C于A，B两点，直线l交(1)求C的方程；(2)设OD的中点为M，是否存在定直线l，使得经过M的直线与C交于P，Q，与线段AB交于点N，PM=λPN，MQ=【解题思路】（1）由点A的坐标求得c，结合双曲线的定义求得a，进一步计算得出双曲线的方程即可；（2）设直线PQ的方程为y=kx+mk≠0【解答过程】（1）由已知C：y2a2-x2b焦点F10,4，F2所以a=2，b2=c2（2）设l的方程为y=2mm>1，则由已知直线PQ斜率存在，设直线PQ的方程为y=kx+与双曲线方程联立得：3k由已知得3k2≠1，Δ>0，设则x1+x由PM=λPN，MQ=λ消去λ得：x2即2x由①②得：km2-故存在定直线l：y=22【题型10圆锥曲线中的探索性问题】【例10】（2023·全国·模拟预测）已知椭圆C：x2a2+y2b(1)求椭圆C的标准方程；(2)若O为坐标原点，过点4,0的直线l与椭圆C交于M，N两点，椭圆C上是否存在点Q，使得直线MQ,NQ与直线x=4分别交于点A，B，且点A，B关于x【解题思路】（1）根据已知c=22a，根据a,b,c（2）当直线l的斜率不为0时，设Mx1,y1，Nx2,y2，Qs,t，设直线l：x=ny+4，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理表示出坐标关系，求出【解答过程】（1）因为椭圆C的离心率为22所以ca=2又b2+c将2,1代入椭圆方程，得2所以a2=4，所以椭圆C的标准方程为x2（2）

当直线l的斜率不为0时，设直线l：x=ny+4整理得n2则Δ=64n2-48设Mx1,y1由韦达定理可得y1+y则直线MQ：y-令x=4，得y=tn同理得B4,由点A，B关于x轴对称得yA即tn+4-整理可得，tn+4-易知点Q不在l上，所以tn+4-所以，4-s所以，有4-s整理得ns由n的任意性知s=1将Q坐标代入代入椭圆方程有14+t所以点Q的坐标为1,62或当直线l的斜率为0时，不妨令M-2,0，N2,0此时直线MQ：y=令x=4，得y=6同理得B4,-6，显然点A，B关于x综上，存在满足题意的点Q，且点Q的坐标为1,62或【变式10-1】（2023·河南·模拟预测）已知抛物线Γ:x2=2py((1)求抛物线Γ的准线方程；(2)若过点F的直线l与抛物线Γ交于A,B两点，线段AB的中垂线与抛物线Γ的准线交于点C，请问是否存在直线l，使得tan∠ACB【解题思路】（1）由题意，抛物线Γ:x2=2py（2）由题意，设出直线方程，联立方程，写出韦达定理，根据中垂线的性质，利用正切二倍角公式以及锐角正切函数的定义，建立等式，可得CM=AB【解答过程】（1）因为抛物线Γ:x2=2py上一点到焦点F所以抛物线Γ:x2=2py所以-p2=-1故抛物线Γ的方程是x2=4y（2）由题意得F0,1，且l斜率一定存在，设l由y=kx+1x2则x1设AB中点为M，如图，

则tan∠解得CM=2AM，即当k=0时，易知CM当k≠0时，设C因为CM垂直平分AB，所以CM的斜率为-1易知CM=1+k因为M为AB的中点，所以y4由题意，y3=-1，即两边平方整理可得k4-2故存在直线l使得tan∠ACB=43，且直线l【变式10-2】（2023·广东梅州·三模）已知双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的右焦点，右顶点分别为F，A，B0,(1)求双曲线C的方程.(2)过点F的直线l与双曲线C的右支相交于P，Q两点，在x轴上是否存在与F不同的定点E，使得EP⋅FQ=EQ【解题思路】（1）由AF=1，BM=3MA，直线OM的斜率为1，求得（2）设直线PQ的方程，与双曲线的方程联立，可得两根之和及两根之积，由等式成立，可得EF为∠PEQ的角平分线，可得直线EP,EQ的斜率之和为0【解答过程】（1）设c2=a2+b2因为点M在线段AB上，且满足BM=3MA因为直线OM的斜率为1，所以13+1b3因为AF=1，所以c-a=1，解得a=1所以双曲线C的方程为x2（2）假设在x轴上存在与F不同的定点E，使得EP⋅

当直线l的斜率不存在时，E在x轴上任意位置，都有EP⋅当直线l的斜率存在且不为0时，设Et,0，直线l的方程为直线l与双曲线C的右支相交于P，Q两点，则-33<设Px1,由x2-y23=1x=所以y1+y因为EP⋅FQ=EQ⋅FP，即EPEQ有y1x1-t+所以2k93k2综上所述，存在与F不同的定点E，使得EP⋅FQ=【变式10-3】（2023·全国·模拟预测）已知椭圆E:x2a2+y2b2=1（a>0，b>0）的离心率为2(1)求椭圆E的标准方程；(2)过点P(2,0)的直线与椭圆E交于B，C两点，过点B，C分别作直线l:x=1的垂线，垂足分别为M，N，记△BMP，△MNP，△CNP的面积分别为S1，S2，S3，试问：是否存在正数【解题思路】（1）根据已知条件，列出关于a，b，c的方程组，求解即可求得椭圆方程．（2）假设存在满足题意的正数λ，设直线BC的方程，以及Bx1,y1，Cx2,y2【解答过程】（1）因为椭圆E:x2a2+y2b当点T位于椭圆的上顶点或下顶点时，△TF1所以ca=22bc所以椭圆E的标准方程为x2（2）假设存在正数λ，使得S1，λS2由已知得，直线BC的斜率存在且不为0，点B，C在x轴的同侧，

设直线BC的方程为y=k(x-2)(k把x=1代入x22即直线x=1与椭圆的交点为(1,±22则过点(1,-22)和P(2,0)的直线为得x2-2x+1=0，x切点为(1,-22)，故设x1<消去y整理得1+2k需满足Δ=81-2k2>0因为S1=121-所以S=14==14kλ2S22=λ2k要使得S1，λS2则应有k2即λ2=1所以存在λ=12，使得S1，【题型11圆锥曲线新定义】【例11】（2023·广西·模拟预测）在椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>(1)求椭圆C的方程；(2)过椭圆C的蒙日圆上一点M，作椭圆的一条切线，与蒙日圆交于另一点N，若kOM，kON存在．证明：【解题思路】（1）根据椭圆所过的点，列方程求解a2（2）由题意可得椭圆的蒙日圆方程，由此讨论直线MN斜率不存在和存在两种情况，存在时，设直线MN的方程y=kx+t【解答过程】（1）将A22,32可得12a2所以椭圆C的方程为：x2（2）由题意可知，蒙日圆方程为：x2（i）若直线MN斜率不存在，则直线MN的方程为：x=2或不妨取x=2，代入x2不妨取M2,1，N2,-1，∴kOM（ii）若直线MN斜率存在，设直线MN的方程为：y=联立y=kx+据题意有Δ=16k2设Mx1,y1（x联立y=kx+Δ1x1+x则k=k∵t2=2k综上可知，kOM⋅k【变式11-1】（2023·全国·模拟预测）定义：一般地，当λ>0且λ≠1时，我们把方程x2a2+y2b2=λa>b>0表示的椭圆Cλ称为椭圆x(1)当λ=2时，若与椭圆C有且只有一个公共点的直线l1，l2恰好相交于点P，直线l(2)当λ=e2（e为椭圆C的离心率）时，设直线PM与椭圆C交于点A,B，直线PN与椭圆C【解题思路】（1）设Px0,y0，则直线l1的方程为y-y0=k（2）由题知椭圆Cλ的标准方程为x23+y234=1，进而结合点Px0,y0在椭圆C2:x28【解答过程】（1）解：设Px0,y0，则直线l记t=y0-k1将其代入椭圆C的方程，消去y，得4k因为直线l1与椭圆C所以Δ=8k将t=y0同理可得，x0所以k1,k2为关于所以，k1又点Px0,所以y0所以k1（2）解：由椭圆C:x2所以当λ=e2，即λ=3所以，M-3,0，N易知直线PM,PN的斜率均存在且不为所以kPM因为Px0,y0在椭圆C所以kPM设直线PM的斜率为k，则直线PN的斜率为-1所以直线PM的方程为y=由y=kx设Ax1,y1所以AB=1+=1+同理可得DE=所以AB+【变式11-2】（2024·河南南阳·一模）在椭圆(双曲线)中，任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，该圆的圆心是椭圆(双曲线)的中心，半径等于椭圆(双曲线)长半轴(实半轴)与短半轴(虚半轴)平方和(差)的算术平方根，则这个圆叫蒙日圆.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的蒙日圆的面积为13π，该椭圆的上顶点和下顶点分别为(1)证明：AP1，BP2的交点P(2)求直线AP1【解题思路】（1）由题意求椭圆方程，设直线l1（2）设直线l2与直线AP1,BP1的交点分别为Cx【解答过程】（1）根据题意，蒙日圆的半径为13，所以a2因为P1P2=2，可知所以椭圆E的标准方程为x2因为直线l1过点Q0,12，可知直线可设直线l1联立方程y=kx+12由根与系数的关系可得：x1因为P10,1,P2所以y=-9即y-1y所以直线AP1,BP2（2）设直线l2与直线AP1则由（1）可知：直线AP1:联立方程y=y1解得x3因为x1又因为点P1到直线l2的距离可得S=12|由弦长公式可得|=25=令3k+1=t可得35当且仅当1t=1625即CD的最小值为655，可得△P故直线AP1,

【变式11-3】（2023·上海奉贤·二模）已知椭圆C:x24+y2b2=1b>0，A0,b，B0,-b．椭圆C内部的一点Tt,1(1)若椭圆C的离心率是32，求b(2)设△BTM的面积是S1，△ATN的面积是S2，若S1(3)若点U(xu,yu)，V(xv,yv)满足【解题思路】（1）分0<b<2，（2）联立直线AM的方程与椭圆方程可得xM，联立直线BN的方程与椭圆方程可得xN.结合图形可得S1S2（3）联立直线与椭圆方程可得xM，xN，后结合Tt,12在椭圆内部可得x【解答过程】（1）因为椭圆C的离心率是32当0<b<2时，32当b>2时，32=所以b的值为1或4；（2）由题意，直线AM的斜率kAM存在，直线BN的斜率kkAM=12-bt则xMkBN=12+1t=则xN由图，S1注意到∠BTM+∠ATN又TB=TA=1+k（3）由题意，直线AM的斜率kAM存在，直线BN的斜率kkAM=12-bt则y=1-2bkBN=12+bt则y=1+2b则xM-xN=4bt2b-1又根据题意知yN>12,12>yM1．（2023·北京·高考真题）已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为5(1)求E的方程；(2)设P为第一象限内E上的动点，直线PD与直线BC交于点M，直线PA与直线y=-2交于点N．求证：【解题思路】（1）结合题意得到ca=53，（2）依题意求得直线BC、PD与PA的方程，从而求得点M,N的坐标，进而求得kMN，再根据题意求得kCD【解答过程】（1）依题意，得e=ca又A,C分别为椭圆上下顶点，AC=4，所以2所以a2-c2=所以椭圆E的方程为x2（2）因为椭圆E的方程为x29+因为P为第一象限E上的动点，设Pm,n

易得kBC=0+2-3-0kPD=n-0联立y=-23x-而kPA=n-2令y=-2，则-2=n又m29+n2所以k==-又kCD=0+2显然，MN与CD不重合，所以MN//2．（2023·全国·高考真题）已知直线x-2y+1=0与抛物线C:(1)求p；(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，FM⋅FN=0【解题思路】（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p；（2）设直线MN：x=my+n，Mx1,【解答过程】（1）设Ax由x-2y+1=0y所以AB=即2p2-p-（2）因为F1,0，显然直线MN设直线MN：x=my+由y2=4xx=Δ=16因为FM⋅FN=0即my亦即m2将y14m2=所以n≠1，且n2-6n设点F到直线MN的距离为d，所以d=MN=1+所以△MFN的面积S而n≥3+22或当n=3-22时，△MFN3．（2023·全国·高考真题）已知椭圆C:y2a2+x(1)求C的方程；(2)过点-2,3的直线交C于P,Q两点，直线AP,AQ与y【解题思路】（1）根据题意列式求解a,（2）设直线PQ的方程，进而可求点M,N的坐标，结合韦达定理验证y【解答过程】（1）由题意可得b=2a2所以椭圆方程为y2（2）由题意可知：直线PQ的斜率存在，设PQ:联立方程y=kx+2+3则Δ=64k2可得x1因为A-2,0，则直线令x=0，解得y=2同理可得N0,则2=kx=32所以线段MN的中点是定点0,3.

4．（2023·天津·高考真题）已知椭圆x2a2+y2b(1)求椭圆的方程和离心率；(2)点P在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线A2P交y轴于点Q，若三角形A1PQ的面积是三角形【解题思路】（1）由a+c=3a-c（2）先设直线A2P的方程，与椭圆方程联立，消去y，再由韦达定理可得xA2⋅xP，从而得到P点和Q点坐标.由S△A2【解答过程】（1）如图，

由题意得a+c=3a-所以椭圆的方程为x24+（2）由题意得，直线A2P斜率存在，由椭圆的方程为x2设直线A2P的方程为联立方程组x24+y2由韦达定理得xA2⋅所以P8k2所以S△A2QA所以S△所以2yQ=3解得k=±62，所以直线A5．（2023·全国·高考真题）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为-25,0(1)求C的方程；(2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点-4,0的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点【解题思路】（1）由题意求得a,（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MA1与NA2的方程，联立直线方程，消去y，结合韦达定理计算可得x+2x【解答过程】（1）设双曲线方程为x2a2则由e=ca=5双曲线方程为x2（2）由(1)可得A1-2,0显然直线的斜率不为0，所以设直线MN的方程为x=my-与x24-y2则y1

直线MA1的方程为y=y1联立直线MA1与直线x=m由x+2x-2=-据此可得点P在定直线x=-6．（2022·全国·高考真题）已知双曲线C:x2a2(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Px1,y1,Qx2,y2在C上，且x1>①M在AB上；②PQ∥AB；③注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.【解题思路】（1）利用焦点坐标求得c的值，利用渐近线方程求得a,b的关系，进而利用a,（2）先分析得到直线AB的斜率存在