專題49 直線與橢圓、雙曲線解析版-2025版高中數(shù)學一輪復習講義知識梳理、考點突破和分層檢測

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁Page專題49直線與橢圓、雙曲線（新高考專用）目錄目錄【真題自測】 2【考點突破】 14【考點1】直線與橢圓、雙曲線的位置關系 14【考點2】中點弦及弦長問題 27【考點3】直線與橢圓、雙曲線的綜合問題 42【分層檢測】 55【基礎篇】 55【能力篇】 66【培優(yōu)篇】 71真題自測真題自測一、解答題1．（2024·全國·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．2．（2024·全國·高考真題）已知雙曲線，點在上，為常數(shù)，．按照如下方式依次構(gòu)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(shù)列是公比為的等比數(shù)列；(3)設為的面積，證明：對任意正整數(shù)，.3．（2023·全國·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．4．（2023·全國·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.5．（2022·全國·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.6．（2022·全國·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．參考答案：1．(1)(2)證明見解析【分析】（1）設Fc,0，根據(jù)的坐標及軸可求基本量，故可求橢圓方程.（2）設，Ax1,y1，Bx2,y2，聯(lián)立直線方程和橢圓方程，用【詳解】（1）設Fc,0，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，Ax1,y1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(lián)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(zhuǎn)化為、（或、）的形式；（5）代入韋達定理求解.2．(1)，(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）直接根據(jù)題目中的構(gòu)造方式計算出的坐標即可；（2）根據(jù)等比數(shù)列的定義即可驗證結(jié)論；（3）思路一：使用平面向量數(shù)量積和等比數(shù)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(shù)列工具，證明的取值為與無關的定值即可.【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(lián)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）由于過且斜率為的直線為，與聯(lián)立，得到方程.展開即得，由于已經(jīng)是直線和的公共點，故方程必有一根.從而根據(jù)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(shù)列是公比為的等比數(shù)列.（3）方法一：先證明一個結(jié)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(jīng)得到，，故.再由，就知道，所以數(shù)列是公比為的等比數(shù)列.所以對任意的正整數(shù)，都有.而又有，，故利用前面已經(jīng)證明的結(jié)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(jīng)得到，，故.再由，就知道，所以數(shù)列是公比為的等比數(shù)列.所以對任意的正整數(shù)，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.【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵在于將解析幾何和數(shù)列知識的結(jié)合，需要綜合運用多方面知識方可得解.3．(1)(2)證明見詳解【分析】（1）根據(jù)題意列式求解，進而可得結(jié)果；（2）設直線的方程，進而可求點的坐標，結(jié)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(lián)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.

【點睛】方法點睛：求解定值問題的三個步驟（1）由特例得出一個值，此值一般就是定值；（2）證明定值，有時可直接證明定值，有時將問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)式，可證明該代數(shù)式與參數(shù)(某些變量)無關；也可令系數(shù)等于零，得出定值；（3）得出結(jié)論．4．(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(lián)立，然后由點的坐標分別寫出直線與的方程，聯(lián)立直線方程，消去，結(jié)合韋達定理計算可得，即交點的橫坐標為定值，據(jù)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(lián)立可得，且，則，

直線的方程為，直線的方程為，聯(lián)立直線與直線的方程可得：，由可得，即，據(jù)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(zhuǎn)化能力和綜合應用能力，其中根據(jù)設而不求的思想，利用韋達定理得到根與系數(shù)的關系可以簡化運算，是解題的關鍵.5．(1)(2)見解析【分析】（1）利用焦點坐標求得的值，利用漸近線方程求得的關系，進而利用的平方關系求得的值，得到雙曲線的方程；（2）先分析得到直線的斜率存在且不為零，設直線AB的斜率為k,M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等價分析得到；由直線和的斜率得到直線方程，結(jié)合雙曲線的方程，兩點間距離公式得到直線PQ的斜率，由②等價轉(zhuǎn)化為，由①在直線上等價于，然后選擇兩個作為已知條件一個作為結(jié)論，進行證明即可.【詳解】（1）右焦點為，∴,∵漸近線方程為，∴，∴，∴，∴，∴．∴C的方程為：；（2）由已知得直線的斜率存在且不為零，直線的斜率不為零，若選由①②推③或選由②③推①：由②成立可知直線的斜率存在且不為零；若選①③推②，則為線段的中點，假若直線的斜率不存在，則由雙曲線的對稱性可知在軸上，即為焦點,此時由對稱性可知、關于軸對稱，與從而，已知不符；總之，直線的斜率存在且不為零.設直線的斜率為,直線方程為,則條件①在上，等價于；兩漸近線的方程合并為,聯(lián)立消去y并化簡整理得：設,線段中點為,則,設,則條件③等價于,移項并利用平方差公式整理得：，,即,即；由題意知直線的斜率為,直線的斜率為,∴由,∴,所以直線的斜率,直線,即,代入雙曲線的方程,即中，得：,解得的橫坐標：,同理：，∴∴,∴條件②等價于，綜上所述：條件①在上，等價于；條件②等價于；條件③等價于；選①②推③:由①②解得：,∴③成立；選①③推②：由①③解得：，，∴，∴②成立；選②③推①：由②③解得：，，∴，∴，∴①成立.6．(1)(2)【分析】（1）將給定點代入設出的方程求解即可；（2）設出直線方程，與橢圓C的方程聯(lián)立，分情況討論斜率是否存在，即可得解.【詳解】（1）解：設橢圓E的方程為，過，則，解得，，所以橢圓E的方程為：.（2），所以，①若過點的直線斜率不存在，直線.代入，可得，，代入AB方程，可得，由得到.求得HN方程：，過點.②若過點的直線斜率存在，設.聯(lián)立得，可得，，且聯(lián)立可得可求得此時，將，代入整理得，將代入，得顯然成立，綜上，可得直線HN過定點【點睛】求定點、定值問題常見的方法有兩種：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.考點突破考點突破【考點1】直線與橢圓、雙曲線的位置關系一、解答題1．（2024·安徽·三模）已知橢圓的右焦點為F，C在點處的切線l分別交直線和直線于兩點．(1)求證：直線與C相切；(2)探究：是否為定值？若是，求出該定值；若不是，請說明理由．2．（2024·遼寧沈陽·模擬預測）橢圓的焦點為和，短軸長為.(1)求橢圓的標準方程；(2)設橢圓上、下頂點分別為、，過點的直線與橢圓交于、兩點（不與、兩點重合）.①求證：與的交點的縱坐標為定值；②已知直線，求直線、、圍成的三角形面積最小值.3．（2025·廣東·一模）設兩點的坐標分別為.直線相交于點，且它們的斜率之積是.設點的軌跡方程為.(1)求;(2)不經(jīng)過點的直線與曲線相交于、兩點，且直線與直線的斜率之積是，求證：直線恒過定點.4．（2024·內(nèi)蒙古赤峰·三模）已知點為圓上任意一點，，線段的垂直平分線交直線于點，設點的軌跡為曲線.(1)求曲線的方程；(2)若過點的直線與曲線的兩條漸近線交于，兩點，且為線段ST的中點.（i）證明：直線與曲線有且僅有一個交點；（ii）求證：是定值.5．（2024·安徽·一模）已知雙曲線C：的離心率為2.且經(jīng)過點.(1)求C的方程；(2)若直線l與C交于A，B兩點，且（點O為坐標原點），求的取值范圍.6．（2024·上海浦東新·三模）已知雙曲線，點、分別為雙曲線的左、右焦點，Ax1,y1、B(1)求右焦點到雙曲線的漸近線的距離；(2)若，求直線的方程；(3)若，其中A、B兩點均在x軸上方，且分別位于雙曲線的左、右兩支，求四邊形的面積的取值范圍.參考答案：1．(1)證明見解析(2)，理由見解析【分析】（1）聯(lián)立曲線后消去縱坐標可得一元二次方程，借助橢圓方程代入計算可得該一元二次方程有唯一解即可得證；（2）由（1）可得直線的方程，即可得兩點坐標，計算出與即可得.【詳解】（1）聯(lián)立，整理得：，又因為，即，則，即，此方程有唯一解，即直線與橢圓相切；（2）由（1）知，直線的方程為，即，將直線和直線分別與上式聯(lián)立，由題意可得，因為F1,0，所以，所以，即為定值.2．(1)(2)①證明見解析；②【分析】（1）利用橢圓的性質(zhì)直接求解即可；（2）①由題知直線斜率存在，設直線，，，聯(lián)立方程，結(jié)合韋達定理，表示出直線和的方程，化簡得到，即可判斷直線，的交點在直線上.②設直線與直線，的交點分別為，，表示出，即求的最小值，利用換元法可得，即可得到結(jié)果.【詳解】（1）根據(jù)題意可得，，，則，所以，所以橢圓的標準方程為.（2）①因為直線過點，可知直線的斜率存在，且直線與橢圓必相交，可設直線，，，聯(lián)立方程，消去可得，則，由根與系數(shù)的關系可得：，，因為，，可得直線，直線，所以．即，解得，所以直線，的交點在直線上.②設直線與直線，的交點分別為，，則由（1）可知：直線，直線．聯(lián)立和方程，解得，，因為，又因為點到直線的距離，可得，只需求的最小值．由弦長公式可得．令，則．可得，當且僅當，即時等號成立．即的最小值為，可得面積的最小值為．故直線，，圍成的三角形面積的最小值為.3．(1)(2)證明見解析【分析】（1）設點的坐標為，然后表示出直線的斜率，再由它們的斜率之積是，列方程化簡可得點的軌跡方程；（2）設，當直線斜率不存在時，求得直線為0，當直線斜率存在時，設直線，由得，將直線方程代入橢圓方程化簡利用根與系數(shù)的關系，代入上式化簡可得，從而可求得直線恒過的定點.【詳解】（1）設點的坐標為，因為點的坐標是，所以直線的斜率，同理，直線的斜率，由已知，有，化簡，得點的軌跡方程為，即點的軌跡是除去兩點的橢圓.（2）證明：設①當直線斜率不存在時，可知，且有，解得，此時直線為0，②當直線斜率存在時，設直線，則此時有：聯(lián)立直線方程與橢圓方程，消去可得：，根據(jù)韋達定理可得：，，所以，所以，所以所以，則或，當時，則直線恒過點與題意不符，舍去，故，直線恒過原點，結(jié)合①，②可知，直線恒過原點，原命題得證.【點睛】關鍵點點睛：此題考查橢圓的軌跡方程，考查直線與橢圓的位置關系，考查橢圓中直線過定點問題，解題的關鍵是設出直線方程代入橢圓方程化簡，利用根與系數(shù)的關系結(jié)合已知條件求解，考查計算能力，屬于較難題.4．(1)(2)（i）證明見解析；（ii）證明見解析【分析】（1）根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)得到，即可得到，結(jié)合雙曲線的定義計算可得；（2）（i）設，，，不妨令，，即可得到，從而表示出直線的方程，再聯(lián)立直線與雙曲線方程，消元、由，即可證明；（ii）由（i）求出，，再由計算可得.【詳解】（1）圓的圓心為，半徑，因為線段的垂直平分線交直線于點，則，，∴點的軌跡為以、為焦點的雙曲線，設雙曲線方程為，則，，所以，

所以點的軌跡方程為

（2）（i）設，，，若，則，即直線的方程為，顯然滿足直線與曲線有且僅有一個交點；若，顯然，由題可知，則，，因為雙曲線的漸近線方程為，不妨令，，所以，，，即，即，∴直線的方程為，即，又∵點在上，，則，即直線的方程為，將方程聯(lián)立，得，，由，可知方程有且僅有一個解，∴與有且僅有一個交點；

（ii）由（i）聯(lián)立，可得，同理可得，，所以是定值.【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x1,y（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，必要時計算；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關系轉(zhuǎn)化為、的形式；（5）代入韋達定理求解.5．(1)(2)【分析】（1）根據(jù)離心率以及經(jīng)過的點即可聯(lián)立求解曲線方程；（2）聯(lián)立直線與雙曲線方程得韋達定理，進而根據(jù)向量的數(shù)量積的坐標運算化簡得，根據(jù)弦長公式，結(jié)合不等式即可求解，【詳解】（1）由題意可得，解得，故雙曲線方程為.（2）當直線斜率不存在時，可設，則，將其代入雙曲線方程，又，解得，此時，當直線斜率存在時，設其方程為，設Ax1,聯(lián)立，故，則，化簡得，此時，所以，當時，此時，當時，此時，，故，因此，綜上可得.6．(1)(2)(3).【分析】（1）由題意，求出點的坐標和漸近線方程，根據(jù)點到直線的距離公式計算即可求解；（2）易知直線不與x軸重合，設其方程為，聯(lián)立雙曲線方程，利用韋達定理表示，結(jié)合計算求得即可；（3）如圖，由（2），利用弦長公式求出，利用平行線之間的距離公式求出平行線與之間的距離，進而表示，結(jié)合換元法計算即可求解.【詳解】（1）由題，右焦點，漸近線方程為，因此焦點到漸近線的距離為.（2）顯然，直線不與x軸重合，設直線方程為，由，得，由，得，其中，恒成立，，，代入，消元得，，即，解得，所以，直線的方程為.（3）延長交雙曲線于點P，延長交雙曲線于點Q.則由對稱性得，四邊形為平行四邊形，且面積為四邊形面積的2倍.由題，設，直線程為，直線方程，由第（2）問，易得，因為，得，因而，平行線與之間的距離為，因此，.令，則，得在上是嚴格增函數(shù)，故（等號當且僅當時成立），所以，四邊形面積的取值范圍為.反思提升：1.判斷直線l與圓錐曲線C的位置關系時，通常將直線l的方程Ax＋By＋C＝0(A、B不同時為0)代入圓錐曲線C的方程F(x，y)＝0.消去y(或x)得到一個關于變量x(或y)的方程ax2＋bx＋c＝0(或ay2＋by＋c＝0).(1)當a≠0時，則Δ＞0時，直線l與曲線C相交；Δ＝0時，直線l與曲線C相切；Δ＜0時，直線l與曲線C相離.(2)當a＝0時，即得到一個一次方程，則l與C相交，且只有一個交點，此時，若C為雙曲線，則直線l與雙曲線的漸近線平行；若C為拋物線，則直線l與拋物線的對稱軸平行或重合.2.對于過定點的直線，也可以通過定點在橢圓內(nèi)部或橢圓上判定直線和橢圓有交點.【考點2】中點弦及弦長問題一、解答題1．（2024·河南新鄉(xiāng)·模擬預測）已知橢圓的左、右焦點分別為，且，過點作兩條直線，直線與交于兩點，的周長為．(1)求的方程；(2)若的面積為，求的方程；(3)若與交于兩點，且的斜率是的斜率的2倍，求的最大值．2．（2024·河北滄州·模擬預測）已知直線與橢圓相交于兩點，為弦的中點，為坐標原點，直線的斜率記為.(1)證明：；(2)若，焦距為.①求橢圓的方程；②若點為橢圓的右頂點，，且直線與軸圍成底邊在軸上的等腰三角形，求直線的方程.3．（2024·廣東廣州·三模）一般地，當且時，方程表示的橢圓稱為橢圓的相似橢圓．已知橢圓，橢圓（且）是橢圓C的相似橢圓，點P為橢圓上異于其左，右頂點M，N的任意一點．(1)當時，直線與橢圓C，自上而下依次交于R，Q，S，T四點，探究，的大小關系，并說明理由．(2)當（e為橢圓C的離心率）時，設直線與橢圓C交于點A，B，直線與橢圓C交于點D，E，求的值．4．（2025·廣東廣州·模擬預測）在平面直角坐標系中，點到點的距離與到直線的距離之比為，記的軌跡為曲線，直線交右支于，兩點，直線交右支于，兩點，．(1)求的標準方程；(2)證明：；(3)若直線過點，直線過點，記，的中點分別為，，過點作兩條漸近線的垂線，垂足分別為，，求四邊形面積的取值范圍．5．（2024·安徽池州·二模）已知雙曲線的右焦點，離心率為，過F的直線交于點兩點，過與垂直的直線交于兩點.(1)當直線的傾斜角為時，求由四點圍成的四邊形的面積；(2)直線分別交于點，若為的中點，證明：為的中點.6．（2023·廣西南寧·模擬預測）已知雙曲線()經(jīng)過點，其漸近線方程為．(1)求雙曲線C的方程；(2)過點的直線l與雙曲線C相交于A，B兩點，P能否是線段AB的中點？請說明理由．參考答案：1．(1)(2)或．(3)．【分析】（1）根據(jù)橢圓的定義求得，即可求解；（2）由題意設，聯(lián)立橢圓方程，根據(jù)韋達定理表示出，結(jié)合的面積建立方程，計算即可求解；（3）由（2）可得，進而，則，結(jié)合基本不等式計算即可求解.【詳解】（1）設橢圓的半焦距為，由題意知，所以，的周長為，所以，所以，故的方程為．（2）易知的斜率不為0，設，聯(lián)立，得，所以．所以，由，解得，所以的方程為或．（3）由（2）可知，因為的斜率是的斜率的2倍，所以，得．所以，當且僅當時，等號成立，所以的最大值為．

2．(1)證明見解析(2)①；②答案見解析【分析】（1）根據(jù)題意，由點差法代入計算，即可證明；（2）①根據(jù)題意，由條件可得的方程，代入計算，即可得到橢圓方程；②聯(lián)立直線與橢圓方程，結(jié)合韋達定理代入計算，由可知，，即可得到直線過定點，從而得到結(jié)果.【詳解】（1）證明：設Ax則，將兩點代入橢圓方程，得兩式作差得，所以，所以，即.（2）

①因為，所以，即.因為焦距為，所以，所以，所以橢圓的方程為.②聯(lián)立得，得，所以.由（1）得，，由可知，.因為，所以化簡得，所以，所以或，滿足（※）式.當時，直線的方程為，過定點2,0（舍去）；當時，直線的方程為，過定點.因為為等腰三角形，且為底邊，可求得，所以當時，，即直線的方程為，當時，，即直線的方程為.3．(1)，理由見解析(2)7【分析】對小問（1）可通過聯(lián)立直線與橢圓，得到線段與線段的中點相同；對小問（2）可先求出點與點，再根據(jù)點在橢圓上，求出直線與直線斜率之間的關系，然后設斜率為參數(shù)求解.【詳解】（1）將橢圓與直線聯(lián)立：，整理得；，，設交點，，由韋達定理：，同理，將與直線聯(lián)立可得：，，設交點，，由韋達定理：，，即線段與線段的中點相同.故.（2）橢圓的離心率為，則，的方程為：，可得，由題意可知直線，斜率均存在且不為零.設，將點代入橢圓，，令，則；寫出直線方程：，：，已知點和點都在橢圓內(nèi)部，故一定有兩個交點.聯(lián)立與，整理得：；設，，由韋達定理：，，，同理，將替代成可得，可得，故的值為7.【點睛】方法點睛：對涉及到圓錐曲線截直線得到的線段問題，通常：（1）先設直線方程，設出曲線與直線的兩個交點坐標；（2）聯(lián)立，直線代入圓錐曲線化簡，消去或者中的一個；（3）通過韋達定理可以將兩個交點坐標之和與兩坐標之積用參數(shù)表示而不用求出兩個交點，這種方法就是通常所說的“設而不求”.4．(1)(2)證明見解析(3)【分析】（1）根據(jù)兩點間的距離和點到直線的距離公式即可列等式求解；（2）根據(jù)直線與雙曲線聯(lián)立方程，得韋達定理，結(jié)合數(shù)量積坐標運算即可證明；（3）依據(jù)題意得直線和直線的方程分別為，聯(lián)立直線和曲線E方程求得韋達定理，從而利用中點坐標公式求出點P坐標，同理求出點Q坐標，再利用點到直線距離公式分別求出點P和點Q到兩漸近線的距離，接著根據(jù)計算結(jié)合變量取值范圍即可求解.【詳解】（1）設點，因為點到點的距離與到直線的距離之比為，所以，整理得，所以的標準方程為.（2）由題意可知直線和直線斜率若存在則均不為0且不為，

①直線的斜率不存在時，則可設直線方程為，，則且由點A和點B在曲線E上，故，所以，同理可得，所以；②直線斜率存在時，則可設方程為，Ax1,y1聯(lián)立，則即，且，且，所以，同理，所以，綜上，.（3）由題意可知直線和直線斜率若存在則斜率大于1或小于，且曲線E的漸近線方程為，故可分別設直線和直線的方程為和，且，

聯(lián)立得，設Ax1,y1則，，，故，因為P是中點，所以即，同理可得，所以P到兩漸近線的距離分別為，，Q到兩漸近線的距離分別為，，由上知兩漸近線垂直，故四邊形是矩形，連接，則四邊形面積為，因為，所以，所以，所以四邊形面積的取值范圍為.【點睛】關鍵點睛：求解四邊形面積的取值范圍的關鍵1在于明確直線和直線的變量m的范圍為，；關鍵2在于先將四邊形補形為矩形再分割為四邊形和兩個三角形利用來計算求解.5．(1)6(2)證明見解析【分析】（1）先求得雙曲線的標準方程，再求得的長，進而求得由四點圍成的四邊形的面積；（2）利用設而不求的方法結(jié)合同一法即可證得為的中點.【詳解】（1）由題意知，所以的方程為直線的傾斜角為，過點直線的方程為設Ax1,得與互相垂直的傾斜角為由對稱性可知

（2）方法一：由題意可知的斜率存在且不為0，設的方程分別為由互相垂直可得①聯(lián)立得②聯(lián)立，整理得是的中點③由②③得，即④同理聯(lián)立得⑤由①④⑤得⑥聯(lián)立，得取中點，所以⑦由⑥⑦得與重合，即是中點.方法二：由題意可知的斜率存在且不為0，設的方程分別為由互相垂直可得設的坐標分別為聯(lián)立，得，又是的中點整理可得的中點又直線恒過定點，，同理三點共線所以的中點在上，又上的點在上所以與重合，即是中點方法三：由題意可知的斜率存在且不為0，設的方程分別為由互相垂直可得①聯(lián)立得，所以②設的坐標分別為，代入得兩式相減得，變形為，即③由②③得，即④同理聯(lián)立得，所以⑤由①④⑤得，所以⑥取中點，同理可證⑦由⑥⑦得.結(jié)合均在直線上，所以與重合，即是中點.

6．(1)；(2)不能，證明見解析；【分析】（1）由漸近線方程求得一個關系，再代入點的坐標，可解得得雙曲線方程；（2）設出交點坐標，若是線段的中點，利用點差法求出直線l方程，再聯(lián)直線與雙曲線查看是否有解，即可判斷.【詳解】（1）由題雙曲線()經(jīng)過點，其漸近線方程為，所以，，解得，所以雙曲線C的方程為：.（2）當直線l垂直x軸時，直線l的方程為，此時直線l與雙曲線只有一個交點，不滿足；當直線l不垂直x軸時，斜率存在，設Ax所以，兩式作差得，即，若是線段的中點，則，則，所以直線l的斜率，則直線l的方程為，將直線l與雙曲線聯(lián)立，得，，方程無解，所以這樣的直線不存在，即點P不能是線段的中點.反思提升：1.弦及弦中點問題的解決方法(1)根與系數(shù)的關系：直線與橢圓或雙曲線方程聯(lián)立，消元，利用根與系數(shù)關系表示中點；(2)點差法：利用弦兩端點適合橢圓或雙曲線方程，作差構(gòu)造中點、斜率間的關系.若已知弦的中點坐標，可求弦所在直線的斜率.2.弦長的求解方法(1)當弦的兩端點坐標易求時，可直接利用兩點間的距離公式求解.(2)當直線的斜率存在時，斜率為k的直線l與橢圓或雙曲線相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩個不同的點，則弦長公式的常見形式有如下幾種：①|(zhì)AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(（1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2])；②|AB|＝eq\r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|(k≠0)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k2)))[（y1＋y2）2－4y1y2]).【考點3】直線與橢圓、雙曲線的綜合問題一、解答題1．（2024·上?！じ呖颊骖}）在平面直角坐標系中，已知點為橢圓上一點，、分別為橢圓的左、右焦點.(1)若點的橫坐標為2，求的長;(2)設的上、下頂點分別為、，記的面積為的面積為，若，求的取值范圍(3)若點在軸上方，設直線與交于點，與軸交于點延長線與交于點，是否存在軸上方的點，使得成立?若存在，請求出點的坐標;若不存在，請說明理由.2．（2023·四川綿陽·三模）在平面直角坐標系?中：①已知點?，直線?，動點?滿足到點?的距離與到直線?的距離之比?；②已知點?分別在?軸，?軸上運動，且?，動點?滿?；③已知圓?的方程為?，直線?為圓?的切線，記點?到直線?的距離分別為?，動點?滿足?．(1)在①，②，③這三個條件中任選一個，求動點?的軌跡方程；(2)記（1）中動點?的軌跡為?，經(jīng)過點?的直線?交?于?兩點，若線段?的垂直平分線與?軸相交于點?，求點?縱坐標的取值范圍．3．（2023·江蘇連云港·模擬預測）已知橢圓的離心率為，拋物線的焦點為點F，過點F作y軸的垂線交橢圓于P，Q兩點，．(1)求橢圓的標準方程；(2)過拋物線上一點A作拋物線的切線l交橢圓于B，C兩點，設l與x軸的交點為D，BC的中點為E，BC的中垂線交x軸于點G，若，的面積分別記為，，且，點A在第一象限，求點A的坐標．4．（2025·黑龍江大慶·一模）已知雙曲線的中心為坐標原點，左焦點為，漸近線方程為.(1)求的方程；(2)若互相垂直的兩條直線均過點，且，直線交于兩點，直線交于兩點，分別為弦和的中點，直線交軸于點，設.①求；②記，，求.5．（2025·寧夏·模擬預測）在平面直角坐標系中，點T到點的距離與到直線的距離之比為，記T的軌跡為曲線E，直線交E右支于A，B兩點，直線交右支于C，D兩點，.(1)求E的標準方程；(2)若直線過點，直線過點，記AB，CD的中點分別為P，Q，過點Q作E兩條漸近線的垂線，垂足分別為M，N，求四邊形面積的取值范圍.6．（2024·重慶沙坪壩·模擬預測）如圖，在平面直角坐標系中，雙曲線的上下焦點分別為，.已知點和都在雙曲線上，其中為雙曲線的離心率.(1)求雙曲線的方程;(2)設是雙曲線上位于軸右方的兩點，且直線與直線平行，與交于點.(i)若，求直線的斜率；(ii)求證：是定值.參考答案：1．(1)；(2)；(3)存在，【分析】（1）根據(jù)給定條件，求出點的縱坐標，再利用兩點間距離公式計算即得.（2）設，求出，再利用給定關系求出的范圍，進而求出的范圍.（3）設，利用向量坐標運算及共線向量的坐標表示可得，再聯(lián)立直線與橢圓方程，結(jié)合韋達定理求解即得.【詳解】（1）設，由點為橢圓上一點，得，即，又，所以.（2）設，而，則，由，得，即，又，則，解得，，所以的范圍是.（3）設，由圖象對稱性，得、關于軸對稱，則，又，于是，則，同理，由，得，因此，即，則，設直線，由消去得，則，即，而，解得，，由，得，所以.【點睛】思路點睛：解答直線與橢圓的題目時，時常把兩個曲線的方程聯(lián)立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根與系數(shù)的關系，并結(jié)合題設條件建立有關參變量的等量關系；涉及到直線方程的設法時，務必考慮全面，不要忽略直線斜率為0或不存在等特殊情形．2．(1)所選條件見解析，?．(2)?．【分析】（1）分別根據(jù)選擇的條件，設，把條件轉(zhuǎn)化為數(shù)學表達式，化簡得到與之間的關系即為點的軌跡方程；（2）設，當直線的斜率不存在時，；當直線的斜率存在時，設直線的斜率為，，線段的中點為，聯(lián)立，得到，線段的垂直平分線的方程為，令，得.代入得，從而求得的取值范圍.【詳解】（1）若選①：設?，根據(jù)題意，得?，整理可得?，所以動點?的軌跡方程為?．若選②：設?，則?，(I)因為?，所以?，整理，得?，代入(I)得：?，所以動點?的軌跡方程為?．若選③：設?，直線?與圓相切于點?，則?由橢圓的定義，知點?的軌跡是以?為焦點的橢圓，所以?，故，?所以動點?的軌跡方程為?．（2）設?，當直線?的斜率不存在時，?當直線?的斜率存在時，設直線?的斜率為?，線段?的中點為?，由?，得，?所以，?線段?的垂直平分線的方程為，?令x=0?，得?．由?，得，?由?得?，所以?，則?或?，所以?或?．綜上所述，點?縱坐標的取值范圍是?．【點睛】方法點睛：（1）根據(jù)條件中的點到直線距離，點到點的距離，向量關系及橢圓定義，分別化簡求得與之間的關系，即可求得軌跡方程；（2）設直線方程，聯(lián)立橢圓方程可以求得參數(shù)滿足的關系，代入到題干條件，求得直線的方程，從而求得軸上的截距滿足的一元二次函數(shù)條件，從而求得結(jié)果.3．(1)(2)【分析】（1）不妨設在第一象限，由題意可知，再結(jié)合點P在橢圓上及離心率從而可求解；（2）設出點，求出切線方程，再代入橢圓，利用韋達定理和中點坐標公式求出的坐標，求出的垂直平分線，從而求出的坐標，從而可求解.【詳解】（1）由，可知焦點．不妨設點P在第一象限，由題意可知點．由點P在橢圓上，得．又因為，即，則，可得，解得．所以，，橢圓的標準方程為．（2）設點，由得，，所以切線l的方程為，即．代入橢圓方程，得．由，得．設點，，，則．，則GE的方程為，即，令，得．在直線l的方程中令，得．，，，，可得．于是，可得．化簡得，解得，符合．所以（舍去），進而，可得點A的坐標為．【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(lián)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Δ的判斷；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關系轉(zhuǎn)化為、（或、）的形式；（5）代入韋達定理求解.4．(1)(2)①；②【分析】（1）設雙曲線方程為，表示漸近線方程，從而得到方程組，求出、，即可求出曲線方程；（2）①首先判斷直線的斜率均存在且不為，設的方程為，Ax1,y1，Bx2,y2，，，聯(lián)立直線與雙曲線方程，消元、列出韋達定理，即可求出點坐標，同理可得點坐標，根據(jù)、、三點共線，表示出，即可得解；②首先得到，再利用并項求和法及錯位相減法計算可得.【詳解】（1）依題意設雙曲線方程為，則漸近線方程為，則，解得，所以的方程為；（2）①當直線中又一條直線的斜率為，另一條直線的斜率不存在是，直線與軸重合，不符合題意；所以直線的斜率均存在且不為，設的方程為，Ax1,y1，Bx2由，得，則，所以，，所以，則，所以，同理可得，因為、、三點共線，所以，又，所以，因為，所以；②，所以，設，則，所以，所以，所以，所以.

【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x1,y（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，必要時計算；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關系轉(zhuǎn)化為、的形式；（5）代入韋達定理求解.5．(1)(2)【分析】（1）根據(jù)題意，設點，結(jié)合兩點間距離公式，代入計算，化簡即可得到結(jié)果；（2）根據(jù)題意，分別設直線和直線的方程為和，然后聯(lián)立直線與雙曲線方程，結(jié)合韋達定理代入計算，分別得到點的坐標，再結(jié)合點到直線的距離公式與面積公式，代入計算，即可求解.【詳解】（1）設點，因為點到點的距離與到直線的距離之比為，所以，整理得，所以的標準方程為.（2）由題意可知直線和直線斜率若存在則斜率大于1或小于，且曲線的漸近線方程為，故可分別設直線和直線的方程為和，且，聯(lián)立得，設Ax1,y1則，，，故，因為是AB中點，所以即，同理可得，所以到兩漸近線的距離分別為，.到兩漸近線的距離分別為，，由上知兩漸近線垂直，故四邊形是矩形，連接OP，則四邊形面積為，因為，所以，所以，所以四邊形面積的取值范圍為.6．(1)(2)(i)；(ii)【分析】（1）將點的坐標代入雙曲線的方程求解即可；（2）（I）構(gòu)造平行四邊形，求出，然后利用弦長公式求直線的斜率即可；（II）利用三角形相似和雙曲線的性質(zhì)，將轉(zhuǎn)化為，然后結(jié)合韋達定理求解即可.【詳解】（1）將點和代入雙曲線方程得：，結(jié)合，化簡得：，解得，雙曲線的方程為．（2）(i)設關于原點對稱點記為，則．因為，所以，又因為，所以，即，故三點共線．又因為與互相平分，所以四邊形為平行四邊形，故，所以．由題意知，直線斜率一定存在，設的直線方程為，代入雙曲線方程整理得：，故，直線與雙曲線上支有兩個交點，所以，解得．由弦長公式得，則，且由圖可知，即，代入解得．(ii)因為，由相似三角形得，所以．因為．所以，故為定值．【點睛】關鍵點點睛：第二問(ii)的關鍵是將轉(zhuǎn)化為，結(jié)合韋達定理即可順利得解.反思提升：1.求解直線與橢圓的綜合問題的基本思想是方程思想，即根據(jù)題意，列出有關的方程，利用代數(shù)的方法求解.為減少計算量，在代數(shù)運算中，經(jīng)常運用設而不求的方法.2.直線方程的設法，根據(jù)題意，如果需要討論斜率不存在的情況，則設直線方程為x＝ty＋m避免討論；若所研究的直線的斜率存在，則可設直線方程為y＝kx＋b的形式；若包含平行于坐標軸的直線，則不要忘記斜率不存在的情況的討論.分層分層檢測【基礎篇】一、單選題1．（23-24高三下·廣東廣州·階段練習）已知正實數(shù)滿足，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．2．（2023·江西·模擬預測）已知直線過橢圓C；的一個焦點，與C交于A，B兩點，與平行的直線與C交于M，N兩點，若AB的中點為P，MN的中點為Q，且PQ的斜率為，則C的方程為（）A． B．C． D．3．（2024·山東泰安·三模）已知為雙曲線（，）的右焦點，直線與的兩條漸近線分別交于，兩點，為坐標原點，是面積為4的直角三角形，則的方程為（

）A． B． C． D．4．（2022·全國·模擬預測）已知雙曲線C的中心在坐標原點，其中一個焦點為，過F的直線l與雙曲線C交于A、B兩點，且AB的中點為，則C的離心率為(

)A． B． C． D．二、多選題5．（2024·四川·一模）已知橢圓的左頂點為，左、右焦點分別為，過點的直線與橢圓相交于兩點，則（

）A．B．C．當不共線時，的周長為D．設點到直線的距離為，則6．（22-23高二下·廣西·期中）已知雙曲線的左、右焦點分別為，拋物線的焦點與雙曲線C的一個焦點重合，點P是這兩條曲線的一個公共點，則下列說法正確的是（

）A． B．的周長為16C．的面積為 D．7．（2022·福建泉州·模擬預測）已知，分別是雙曲線：的左、右焦點，點是該雙曲線的一條漸近線上的一點，并且以線段為直徑的圓經(jīng)過點，則（

）A．的面積為 B．點的橫坐標為2或C．的漸近線方程為 D．以線段為直徑的圓的方程為三、填空題8．（2024·北京·高考真題）若直線與雙曲線只有一個公共點，則的一個取值為．9．（2022·安徽蚌埠·三模）已知橢圓的離心率為,直線與橢圓交于,兩點,當?shù)闹悬c為時,直線的方程為.10．（2024·黑龍江吉林·二模）橢圓的左，右焦點分別為，，過焦點的直線交橢圓于A，B兩點，設，，若的面積是4，則.四、解答題11．（2024·陜西西安·模擬預測）已知橢圓的一個焦點與拋物線的焦點重合，離心率為.(1)求橢圓的方程；(2)過點作斜率為的直線交橢圓于兩點，求弦中點坐標.12．（2023·云南昆明·模擬預測）已知雙曲線C：上任意一點Q（異于頂點）與雙曲線兩頂點連線的斜率之積為，E在雙曲線C上，F(xiàn)為雙曲線C的右焦點，|EF|的最小值為.(1)求雙曲線C的標準方程；(2)過橢圓上任意一點P（P不在C的漸近線上）分別作平行于雙曲線兩條漸近線的直線，交兩漸近線于M，N兩點，且，是否存在m，n使得橢圓的離心率為？若存在，求出橢圓的方程，若不存在，說明理由.參考答案：題號1234567答案CCBBBCDABAB1．C【分析】原問題可轉(zhuǎn)化為直線與橢圓在在第一象限有交點，利用數(shù)形結(jié)合及直線與橢圓相切即可求解.【詳解】

原問題可轉(zhuǎn)化為直線與橢圓在在第一象限有交點，當直線與橢圓交于上頂點時，，數(shù)形結(jié)合可得，；聯(lián)立，化簡得，令，解得（負值舍去），所以.故選：C.2．C【分析】運用點差法，結(jié)合直線斜率公式進行求解即可.【詳解】設，則，兩式作差得所以若O為坐標原點，則，同理，所以O，P，Q三點共線，即，所以，又過點，即橢圓的焦點，所以解得，所以C的方程為故選：C3．B【分析】根據(jù)給定條件，結(jié)合雙曲線的對稱性求出漸近線方程，再結(jié)合給定面積計算得解.【詳解】由為直角三角形，及雙曲線的對稱性知，且，則的漸近線方程為，即，由的面積為4，得，解得，又，因此，所以的方程為.故選：B4．B【分析】利用點差法即可．【詳解】由F、N兩點的坐標得直線l的斜率．∵雙曲線一個焦點為(-2，0)，∴c=2．設雙曲線C的方程為，則．設，，則，，．由，得，即，∴，易得，，，∴雙曲線C的離心率．故選：B．5．BCD【分析】根據(jù)橢圓方程、焦點弦性質(zhì)和橢圓定義可知ABC正誤；設Px0,y【詳解】對于A，由題意知：，，，，A錯誤；對于B，為橢圓的焦點弦，，B正確；對于C，，的周長為，C正確；對于D，作垂直于直線，垂足為，設Px0,，，，，D正確.故選：BCD.6．AB【分析】根據(jù)雙曲線的焦點即可求解拋物線的定義，即可判斷A，聯(lián)立雙曲線方程與拋物線方程，即可求解交點坐標，利用點點距離即可求解長度，即可判斷BC,由余弦定理即可判斷D.【詳解】由已知，雙曲線右焦點，即，故A項正確．且拋物線方程為．對于B項，聯(lián)立雙曲線與拋物線的方程，整理可得．，解得或（舍去負值），所以，代入可得，．設，又，所以，，，則的周長為16，故B項正確；對于C項，易知，故C項錯誤；對于D項，由余弦定理可得，，故D項錯誤．故選：AB

7．AB【分析】根據(jù)雙曲線方程得a，b，c，由此可得漸近線方程和以為直徑的圓的方程，由此即可判斷C，D；聯(lián)立漸近線與圓的方程，可求得坐標，由此即可判斷A，B．【詳解】由雙曲線方程知，，所以雙曲線的漸近線方程為，故C錯誤；又，所以為直徑的圓方程為，故D錯誤；由，得或，所以點的橫坐標為2或，故B正確；又，所以，故A正確．故選：AB．8．（或，答案不唯一）【分析】聯(lián)立直線方程與雙曲線方程，根據(jù)交點個數(shù)與方程根的情況列式即可求解.【詳解】聯(lián)立，化簡并整理得：，由題意得或，解得或無解，即，經(jīng)檢驗，符合題意.故答案為：（或，答案不唯一）.9．【分析】根據(jù)點差法和橢圓的離心率可求出，再根據(jù)的中點為，可得，由此可得直線的斜率，再根據(jù)點斜式，即可求出結(jié)果.【詳解】由題可知直線的斜率存在；設,由于點都在橢圓上，所以①,②,，化簡得；又因為離心率為，所以，所以，即；又線段的中點為，所以，所以直線的斜率為，故所求直線的方程為，即．故答案為：.10．/【分析】根據(jù)求解即可.【詳解】由題意，則，因為，所以.

故答案為：.11．(1)(2)【分析】（1）根據(jù)拋物線的焦點求出的值，然后由橢圓的離心率計算，再由平方關系得到，可寫出橢圓的方程；（2）設的坐標，點差法計算出坐標之間的關系，再根據(jù)中點所在直線可求出點的坐標.【詳解】（1）依題意得：，即，解得，解得橢圓的方程為（2）如圖所示：

設，中點為，所以則又兩點在橢圓上，可得，兩式相減可得，整理得，①.過點斜率為的直線為.因為在直線上，故，②聯(lián)立①②，解得所以中點坐標為.12．(1)(2)存在符合題意的橢圓，其方程為【分析】（1）設，由及可得，得，再結(jié)合即可解決問題；（2）設，則PM方程為，聯(lián)立漸近線方程得到，進一步得到，同理得到，再利用計算即可得到答案.【詳解】（1）設，由，所以，

①又點在上，所以，即，

②由①②得：，

③又E在雙曲線C上，F(xiàn)為雙曲線C的右焦點，|EF|的最小值為，所以，

④又，⑤聯(lián)立③④⑤解得：，所以雙曲線C的標準方程為：（2）假設存在，由（1）知的漸近線方程為，則由題意如圖：所以由，

設，則直線方程為，直線方程為由，得；由，得

又，所以，所以，，同理可得，，由四邊形是平行四邊形，知，所以，，即，所以，存在符合題意的橢圓，其方程為.【能力篇】一、單選題1．（2024·全國·模擬預測）已知雙曲線的左、右焦點分別為，直線過點且與雙曲線交于兩點，若，則下列說法不正確的是（

）A．雙曲線的離心率為B．雙曲線的漸近線方程為C．過點的直線與雙曲線交于兩點且為的中點，則直線的方程為D．的面積為二、多選題2．（2024·新疆烏魯木齊·三模）已知雙曲線的右焦點為F，過原點O作斜率為k的直線交雙曲線于A，B兩點，且，則的可能取值是（

）A． B． C． D．三、填空題3．（2024·河北衡水·三模）已知橢圓的左、右焦點分別為，焦距為6，點，直線與交于A，B兩點，且為AB中點，則的周長為．四、解答題4．（2024·四川成都·模擬預測）已知橢圓的離心率為，過點的直線與橢圓相交于兩點，當過坐標原點時，．(1)求橢圓的方程；(2)當斜率存在時，線段上是否存在定點，使得直線與直線的斜率之和為定值．若存在，求出點的坐標；若不存在，請說明理由．參考答案：題號12答案DBC1．D【分析】令，由雙曲線的定義和余弦定理可判斷A；由求出可判斷B；由中點弦的性質(zhì)可得，由點斜式方出可判斷C；由A,B得，由余弦定理和三角形的面積公式可判斷D.【詳解】對于A：令，則，由雙曲線的定義知，又，得，得，所以，又，得，故，故A正確．對于B：由A得，得,因此雙曲線的漸近線方程為，故B正確．對于C：由A，B可知,，所以雙曲線，直線與雙曲線交于Mx1,y1設直線的斜率為，的中點為Px0,y則，兩式相減可得，得，所以故直線，化簡得，故C正確．對于D：由得，則，故，故，故D錯誤．故選：D.2．BC【分析】設出直線方程并與雙曲線方程聯(lián)立，利用對稱性以及數(shù)量積的坐標表示即可得出的取值范圍.【詳解】不妨設直線方程為，，聯(lián)立，消去并整理可得，此時恒成立；由韋達定理可得；因為直線過原點，所以A，B兩點關于原點對稱，可得，解得，又易知，所以雙曲線右焦點；因此，即可得，代入，得，解得或；綜上可得或，易知雙曲線漸近線方程為，且，；所以，因此的可能取值是.故選：BC3．【分析】設A，B兩點坐標分別為，利用點差法可得，結(jié)合，即可求得a的值，再結(jié)合的周長為4a，即得答案.【詳解】由題意知，設A，B兩點坐標分別為，兩式相減得，由題意為AB中點，則，代入整理得．即由題意知，因此，所以，由焦距為6，解得．由橢圓定義知的周長為．故答案為：4．(1)；(2)存在，點.【分析】（1）根據(jù)給定條件，求出即可求得橢圓的方程.