专题33 【提升专题02】 直线与圆锥曲线综合问题（教师版）.docx

1、专题33 【提升专题02】 直线与圆锥曲线综合问题（核心考点精讲精练）类型一、直线与椭圆的位置关系类型二、直线与双曲线的位置关系类型三、直线与抛物线的位置关系类型四、弦长问题类型五、圆锥曲线中的对称问题类型六、圆锥曲线中的范围最值问题类型七、圆锥曲线在新情景中应用直线与圆锥曲线的综合问题常常涉及到一些重要的数学思想和解题方法，比如方程思想、转化思想、数形结合思想等。以下是一些常见的问题：1、直线与圆锥曲线的位置关系：包括直线与圆锥曲线的相交、相切、相离等位置关系，可以通过联立方程组，利用判别式、韦达定理等方法求解。2、弦长问题：包括弦长最值、弦长的定值、弦长之间的关系等问题，可以通过联立方程组

2、，利用根与系数的关系等方法求解。3、圆锥曲线中的对称问题：圆锥曲线中的一些对称问题也常常作为综合问题出现，比如圆锥曲线中的点对称、线对称、旋转对称等问题，可以通过对称的性质进行求解。4、圆锥曲线中的范围最值问题：圆锥曲线中的范围最值问题也是常见的综合问题之一，可以通过联立方程组，利用函数思想等方法进行求解。以上只是直线与圆锥曲线的综合问题中的一部分，这些问题的解决需要掌握一定的数学思想和解题方法，同时需要具备灵活的思维和敏锐的观察能力类型一、直线与椭圆的位置关系1（2023年新课标全国卷数学真题）已知椭圆的左、右焦点分别为，直线与C交于A，B两点，若面积是面积的2倍，则（）ABCD【答案】C【

3、分析】首先联立直线方程与椭圆方程，利用，求出范围，再根据三角形面积比得到关于的方程，解出即可.【详解】将直线与椭圆联立，消去可得，因为直线与椭圆相交于点，则，解得，设到的距离到距离，易知，则，解得或（舍去）.2已知椭圆方程为，其右焦点为F（4，0），过点F的直线交椭圆与A，B两点若AB的中点坐标为，则椭圆的方程为（）ABCD【答案】C【分析】设，利用点差法求解即可【详解】设，代入椭圆的方程可得，两式相减可得：由，代入上式可得：0，化为又，联立解得椭圆的方程为：3若椭圆的弦被点平分，则所在直线的方程为（）ABCD【答案】B【分析】利用点差法求出直线的斜率，再利用点斜式可得出直线的方程.【详解】若

4、直线轴，则点、关于轴对称，则直线的中点在轴，不合乎题意，所以，直线的斜率存在，设点、，则，所以，两式作差可得，即，即，可得直线的斜率为，所以，直线的方程为，即.4（2023年内蒙古模拟理科数学试题）已知椭圆，直线依次交轴、椭圆轴于点四点若，且直线斜率则椭圆的离心率为（）ABCD【答案】D【分析】根据题意分析可知：的中点即为弦的中点，利用点差法运算求解.【详解】设直线：，可得，设的中点为，连接OM，则，因为，则，即为弦的中点，设，则，因为，可得，两式相减得，整理得，可得，即，可得，所以椭圆的离心率为.5（2024届安徽省联考数学试题）已知椭圆C：（）的左焦点为，过左焦点作倾斜角为的直线交椭圆于A

5、，B两点，且，则椭圆C的离心率为（）ABCD【答案】C【分析】联立直线与椭圆方程可得韦达定理，进而根据向量共线的坐标运算可得，进而结合求解离心率.【详解】设，过点所作直线的倾斜角为，所以该直线斜率为，所以直线方程可写为，联立方程，可得，根据韦达定理：，因为，即，所以，所以，即，所以，联立，可得，.6（2023年全国高中数学联合竞赛一试及加试试题（A卷）平面直角坐标系中，已知圆与轴、轴均相切，圆心在椭圆内，且与有唯一的公共点.则的焦距为 .【答案】10【分析】先求出的方程，从而求出公切线，再联立公切线方程和椭圆方程后利用判别式为零可得，结合在椭圆上可求基本量，故可求焦距.【详解】因为与有唯一的公

6、共点且与轴、轴均相切，故圆心在第一象限，故设圆心为，故的方程为：，所以，解得或.因为在内，故，故原的方程为，因为与有唯一的公共点，且圆心在椭圆内，故与在处有公切线，故，故，故的方程为：，由可得，整理得到：，故，整理得到：，而，解得，从而的焦距为.7（2021年全国新高考II卷数学试题）已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为（1）求椭圆C的方程；（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切证明：M，N，F三点共线的充要条件是【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）由离心率公式可得，进而可得，即可得解；（2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证；充分性：

7、设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解.【详解】（1）由题意，椭圆半焦距且，所以，又，所以椭圆方程为；（2）由（1）得，曲线为，当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；当直线的斜率存在时，设，必要性：若M，N，F三点共线，可设直线即，由直线与曲线相切可得，解得，联立可得，所以，所以,所以必要性成立；充分性：设直线即，由直线与曲线相切可得，所以，联立可得，所以，所以，化简得，所以，所以或，所以直线或，所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立；所以M，N，F三点共线的充要条件是【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注

8、意运算的准确性是解题的重中之重.8（2023年江苏省模拟数学试题）已知椭圆C：的焦距为，且椭圆经过点.(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为，求l的斜率.【答案】(1)；(2)；【分析】（1）根据已知条件求得，由此求得椭圆的方程.（2）利用点差法、或设直线方程、或设直线方程、或齐次化的方法来求得的斜率.【详解】（1）因为椭圆C的焦距为，且椭圆经过点，所以，又，解得，；故椭圆C的方程为.（2）法一：（点差法）设，则，两式相减，得，所以l的斜率.因为直线AP，AQ的斜率之和为0，所以，整理得由得，所以，同理，因为所以，整理得-，得，所以，即l的斜率为.法二

9、：（设线）设l：，（讨论斜率不存在不给分，因为此种情况明显不符），消去y，整理得，所以，因为直线AP，AQ的斜率之和为0，所以，所以，所以，所以，若，则直线l：过点A，不合题意，故舍去，所以，即l的斜率为.法三：设AP：，AQ：，消去y，整理得，所以，因为，所以，同理，所以，所以l的斜率.方法四：（齐次化巧解圆锥曲线问题）因为PQ不过，所以设PQ：C：，（1的代换）化简得，所以，所以l的斜率为.【点睛】求解椭圆方程的几种方法:方法一：定义法，根据椭圆的定义直接求解，一般用题中所给的椭圆长短轴，焦点等信息就能直接算出椭圆方程.方法二：待定系数法，根据椭圆焦点位置，长短轴，先设出对应的椭圆方程，然

10、后再代入已知条件求系数.方法三：共焦点系方程：等等.类型二、直线与双曲线的位置关系1（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）设A，B为双曲线上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是（）ABCD【答案】D【分析】根据点差法分析可得，对于A、B、D：通过联立方程判断交点个数，逐项分析判断；对于C：结合双曲线的渐近线分析判断.【详解】设，则的中点，可得，因为在双曲线上，则，两式相减得，所以.对于选项A： 可得，则，联立方程，消去y得，此时，所以直线AB与双曲线没有交点，故A错误；对于选项B：可得，则，联立方程，消去y得，此时，所以直线AB与双曲线没有交点，故B错误；对于选项C：可得，则由双曲线方程

11、可得，则为双曲线的渐近线，所以直线AB与双曲线没有交点，故C错误；对于选项D：，则，联立方程，消去y得，此时，故直线AB与双曲线有交两个交点，故D正确；2（2023届河南省仿真测试三模理科数学试题）已知直线与双曲线的两条渐近线分别交于点，（不重合），的垂直平分线过点，则双曲线的离心率为（）ABCD【答案】D【分析】首先求出的垂直平分线的方程，即可求出的中点坐标，设，利用点差法得到，最后利用离心率公式计算可得.【详解】因为直线，所以，由题可知的垂直平分线的方程为，将与联立可得，即的中点坐标为设，则，且，两式作差可得，即，所以，则双曲线的离心率为3（2023届四川省诊断性检测理科数学试题）双曲线C

12、：的离心率为，直线与C的两条渐近线分别交于点A，B，若点满足，则（）A或0B2C或0D3【答案】C【分析】由双曲线离心率及参数关系确定渐近线方程，联立直线方程求坐标，进而求其中点P的坐标，根据及斜率两点式求参数，注意讨论、两种情况.【详解】由离心率为，有由得：A的坐标为；由得：B的坐标为设线段AB中点为P，则，且P的坐标为当时，解出当时，符合条件综上所述，或4（2023年黑龙江省模拟数学试题）双曲线与直线的公共点的个数为（）A0B1C0或1D0或1或2【答案】C【分析】根据已知直线和双曲线的渐近线的位置关系判断即可.【详解】因为双曲线的渐近线方程为，所以，当时，直线与渐近线重合，此时直线与双曲

13、线无交点；当时，直线与渐近线平行，此时直线与双曲线有一个交点.5（2023年浙江省名校联盟五科联赛数学试题）已知双曲线的左顶点为，过的直线与的右支交于点，若线段的中点在圆上，且，则双曲线的离心率为（）ABC2D3【答案】A【分析】设线段的中点为，双曲线的右顶点为，连接，则可得，然后在中利用余弦定理求得，则，从而可表示出，代入双曲线方程化简可求出离心率.【详解】设线段的中点为，双曲线的右顶点为，左右焦点为，连接，因为线段的中点在圆上，所以，所以，所以，因为，所以，在中，由余弦定理得，因为，所以，所以，过作轴于，则，所以，所以，得，所以，所以，所以离心率，【点睛】关键点点睛：此题考查求双曲线的离心

14、率，考查直线与双曲线的位置关系，解题的关键是由题意求得，然后在中利用余弦定理求出，从而可表示出点的坐标，考查数形结合的思想和计算能力，属于较难题.6（2024届陕西省一模文科数学试题）设，为双曲线上两点，下列四个点中，可为线段中点的是（）ABCD【答案】C【分析】根据点差法分析可得，对于A、B、C：通过联立方程判断交点个数，逐项分析判断；对于D：结合双曲线的渐近线分析判断.【详解】设，则的中点，设直线的斜率为，可得，因为在双曲线上，则，两式相减得，所以.对于选项A： 可得，则，联立方程，消去y得，此时，所以直线AB与双曲线没有交点，故A错误；对于选项B：可得，则，联立方程，消去y得，此时，所以

15、直线AB与双曲线没有交点，故B错误；对于选项C：，则，联立方程，消去y得，此时，故直线AB与双曲线有交两个交点，故C正确；对于选项D：可得，则由双曲线方程可得，则为双曲线的渐近线，所以直线AB与双曲线没有交点，故D错误；【点睛】关键点点睛：此题考查直线与双曲线的位置关系，考查点差法，解题的关键是根据点差法得到，然后逐个分析判断，考查计算能力，属于较难题.7已知双曲线，过点作直线交双曲线于，若线段的中点在直线上，求直线的斜率【答案】【分析】设的方程为，联立直线与双曲线方程，得到韦达定理，解方程，再检验即得解.【详解】由题意可设的方程为，联立，消去整理得显然，设，则，解得，由解得，显然不适合，适合

16、，所以8（2023届四川省二诊模拟理科数学试题）双曲线C：的左右焦点分别为，离心率为2，过斜率为的直线交双曲线于A，B，则 .【答案】/【分析】根据双曲线的离心率为2得，根据过的直线的斜率为，得到，然后分别在和中，利用余弦定理求得，然后在中，利用余弦定理求解.【详解】因为双曲线的离心率为2，则，因为过斜率为，所以，则，在中，设，则，由，解得，则，在中，设，则，由，解得，则，则，在中.9（2023届河北省联考数学试题）如图，已知过原点的直线与双曲线相交于两点，双曲线的右支上一点满足，若直线的斜率为-3，则双曲线的离心率为 .【答案】【分析】取的中点，连接，先求得直线的斜率，然后利用点差法求得，进

17、而求得双曲线的离心率.【详解】如图，取的中点，连接，则，所以，设直线的倾斜角为，则，所以，所以直线的斜率为.设，则.由，得到.，所以，所以，则.故答案为：10（2023届河北省模拟数学试题）已知双曲线：的左焦点为，其一渐近线的倾斜角为，过双曲线右焦点的直线与交于、两点(1)求双曲线的方程(2)已知点，点，直线、与轴分别交于点、，若四边形存在外接圆，求直线的方程【答案】(1)；(2)；【分析】（1）由双曲线过焦点以及渐近线的倾斜角列出的等量关系，求解的值，从而求出双曲线方程；（2）设直线的方程为，与双曲线联立，韦达定理表示两点坐标之间的关系，利用两点坐标表示并计算两点坐标，代入等式，化简并计算可

18、求出的取值，从而求出直线的方程.【详解】（1）由题意知：，解得双曲线的方程为（2）设直线的方程为联立方程得设，则，直线为令，得点为同理，为四边形存在外接圆需，即即得得直线为即类型三、直线与抛物线的位置关系1（2023-2024学年四川省模拟文科数学试题）已知抛物线的焦点为F，过点P（2，0）的直线交抛物线于A，B两点，直线AF，BF分别于抛物线交于点C，D设直线AB，CD的斜率分别为，则（）ABC1D2【答案】B【分析】根据题意设直线的方程和直线的方程，分别与抛物线方程联立得到，然后求即可.【详解】由题意得，设直线的方程为，,联立得，设直线的方程为，联立得，同理可得，所以.2（2023届河北省

19、二模数学试题）已知抛物线，直线与C的一个交点为M，F为抛物线C的焦点，O为坐标原点，若，则（）ABCD【答案】C【分析】根据抛物线的定义以及正弦定理得出结果.【详解】如图，抛物线C的准线，直线n与x轴交于点，过点M作准线n的垂线，垂足为Q，由抛物线的性质可得，所以，又，所以，故，即3（2024届广东省次联考数学试题）过向抛物线引两条切线，切点分别为,又点在直线上的射影为，则焦点与连线的斜率取值范围是 .【答案】.【分析】利用导数的几何意义求得切线方程，进而得到直线的方程为，进而得到点的轨迹为以为直径的圆，得到方程，过点与圆相切的直线的斜率为，结合直线与圆的位置关系，列出方程，即可求解.【详解】

20、设，不妨设，由，可得，可得，则，可得切线的方程为因为点在直线上，可得，同理可得：，所以直线的方程为，可得直线过定点，又因为在直线上的射影为，可得且，所以点的轨迹为以为直径的圆，其方程为，当与相切时，由抛物线，可得，设过点与圆相切的直线的斜率为，可得切线方程为，则，解得或，所以实数的范围为.故答案为：.4（2023年山西省模拟数学试题）已知抛物线，过的直线交抛物线于两点，且，则直线的方程为 .【答案】【分析】根据中点坐标以及点差法即可求解斜率，进而由点斜式求直线方程.【详解】因为在抛物线内部，又，所以是的中点.设，所以，即，又在抛物线上，所以，两式作差，得，所以，所以直线的方程为，即.故答案为：

21、5（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）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

22、，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

23、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. 6（2023-2024学年河南省一模数学试题）已知抛物线的焦点为，点，过的直线垂直于，且交抛物线于两点，则（）A3B2C1D0【答案】D【分析】方法1：联立直线与，设，得出韦达定理，代入坐标求解即可；方法2：设点，在准线上的射影分别为点，根据几何关系可证得，可得即可.【详解】

24、（方法1）易知焦点，故，则，故直线的方程为，代入得，设，则，.（方法2）设点，在准线上的射影分别为点，如图，易知，则，则，同理，则，又，由此可得，故.类型四、弦长问题1（2023年四川省模拟数学（理）试题）已知抛物线的方程为 ，过其焦点的直线交抛物线于两点，若，（）AB3CD2【答案】C【分析】设出直线方程与抛物线联立，利用韦达定理和焦点弦公式代入计算可求得.【详解】如下图所示：易知，不妨设；设直线的方程为，与联立消去得，,由韦达定理可知；由可得；联立解得，即；根据焦点弦公式可得；代入计算可得.2过点作两条直线与抛物线相切于点A，B，则弦长等于（）A8B6C4D2【答案】A【分析】利用直线与抛

25、物线相切设直线方程求切点，利用两点距离公式计算即可.【详解】由题意直线斜率存在，可设过点的切线方程为，与抛物线方程联立可得：，所以，解之得，如图所示，设，则，当时，即，当时，即，所以.3（2022年全国新高考II卷数学试题）已知直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则l的方程为 【答案】【分析】令的中点为，设，利用点差法得到，设直线，求出、的坐标，再根据求出、，即可得解；【详解】方法一：弦中点问题：点差法令的中点为，设，利用点差法得到，设直线，求出、的坐标，再根据求出、，即可得解；解：令的中点为，因为，所以，设，则，所以，即所以，即，设直线，令得，令得，即

26、，所以，即，解得或（舍去），又，即，解得或（舍去），所以直线，即；故答案为：方法二：直线与圆锥曲线相交的常规方法解：由题意知，点既为线段的中点又是线段MN的中点，设，设直线，则，因为，所以联立直线AB与椭圆方程得消掉y得其中，AB中点E的横坐标,又，,又，解得m=2所以直线，即4（2024届福建省质量监测（一）数学试题）已知抛物线的焦点为，过点的直线与交于不同的两点，.若，则 .【答案】/【分析】根据给定条件，结合抛物线的定义求出点N的坐标，进而求出直线的方程，再与抛物线方程联立求出点M的坐标作答.【详解】抛物线的焦点为，设，由抛物线的对称性不妨令，如图，显然，而，则，于是直线的方程为，由得，

27、解得，所以.5（2024届内蒙古质量监测理科数学试题）已知双曲线C：，若双曲线C的一条弦的中点为，则这条弦所在直线的斜率为（）ABC1D【答案】D【分析】运用点差法，结合一元二次方程根与系数的关系进行求解判断即可.【详解】设该弦为， 设，则有，两式相减，得，因为双曲线C的一条弦的中点为，所以，因此由，即这条弦所在直线的斜率为，方程为，代入双曲线方程中，得，因为，所以该弦存在.6（2023届四川省名校高全真模拟考试（二）理科数学试题）已知直线与双曲线相交于A，B两点，点在第一象限，经过点且与直线垂直的直线与双曲线的另外一个交点为，点在轴上，点为坐标原点，且，则双曲线的渐近线方程为（）ABCD【答

28、案】C【分析】作出辅助线，设，根据点差法得到，由垂直关系得到，结合求出，由得到方程，求出，求出渐近线方程.【详解】根据题意，画出示意图，如图所示因为，所以B、N、M三点共线设线段BM的中点为，连接OQ，根据题意，显然可得点为线段AB的中点，所以，设，因为点B，M都在双曲线上，则两式相减，得，即而，所以，即又因为，则，即，所以，即，所以又，则，即，故，所以而，故，即，则双曲线的渐近线方程为：【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线相交涉及中点弦问题，常用点差法，该法计算量小，模式化强，易于掌握，若相交弦涉及的定比分点问题时，也可以用点差法的升级版定比点差法，解法快捷.7（2023届重庆市适应性月考（六）

29、数学试题）已知双曲线的左、右焦点分别为，过作直线l与双曲线的左、右两支分别交于A，B两点，设P为线段AB的中点，若，则双曲线的离心率为 【答案】/【分析】由可得点P，求得,由点差法得,可求得离心率.【详解】如图:,由,可得点P的坐标为，则直线OP斜率为,直线AB斜率为，另一方面，设 则,两式相减得,整理得,即，故故答案为:8（2024届安徽省联考数学试题）过抛物线的焦点的直线与交于、两点，且，为坐标原点，则的面积为 .【答案】【分析】分析可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，由，可得出，结合韦达定理求出的值，求出以及原点到直线的距离，利用三角形的面积公式

30、可求得的面积.【详解】易知，抛物线的焦点为，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，所以，直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，联立可得，则，故，又，即，即，所以，可得，解得.此时，又因为原点到直线的距离为，故的面积为.9（2023届湖北省压轴卷数学试题（二）已知椭圆的左焦点为，离心率为倾斜角为的直线与交于两点，并且满足，则的离心率为（）ABCD【答案】A【分析】设，用弦长公式表示出，用两点间的距离公式结合点在椭圆上的条件表示出，代入题干条件即可求解.【详解】设，则，由，消去，得，注意到，则.于是，同理，. 因此.的倾斜角为，直线的斜率，根据弦长公式，可得.由，可得，故.10

31、（2023年湖南省模拟数学试题）直线与椭圆相交于不同的两点,若的中点的横坐标为,则弦长的值.【答案】【分析】利用点差法可构造关于斜率的方程，求得斜率；将直线方程代入椭圆方程可得韦达定理的结论，利用弦长公式可求得结果.【详解】设，中点为，在直线上，；由得：，即，解得：，直线方程为，由得：，.11已知直线与椭圆交于M、N两点，且.求直线的方程【答案】或.【分析】设，联立直线与椭圆方程，写出韦达定理，利用弦长公式可以求出.【详解】设，由消去y并化简得，所以,由，得，所以，所以，即，化简得，所以，所以.故直线方程为或.类型五、圆锥曲线中的对称问题1双曲线C：的左、右焦点为，点P在双曲线C的右支上，点P

32、关于原点的对称点为Q，则 .【答案】4【分析】根据双曲线的对称性及定义即可求解.【详解】由题意.如图，连接，则点Q在双曲线C的左支上，由双曲线的对称性知，所以四边形为平行四边形，所以，所以由双曲线的定义得.2（2023年陕西省模拟理科数学试题）已知抛物线：与圆：在第一象限交于，两点，设关于轴的对称点为，则直线的斜率为（）ABC1D2【答案】C【分析】联立方程求出两点横坐标，然后利用两点斜率公式求解即可.【详解】联立消去y得，又，又，所以，所以，因为关于轴的对称点为，所以，所以直线的斜率为.3（2023届上海市模拟数学试题）不与轴重合的直线经过点，双曲线：上存在两点A，B关于对称，AB中点M的横

33、坐标为，若，则的值为 .【答案】【分析】由点差法得，结合得，代入斜率公式化简并利用可求得.【详解】设，则，两式相减得，即，即 ，所以，因为是AB垂直平分线，有，所以，即，化简得，故，则.4（2023-2024学年四川省“零诊”考试数学试题（文科）抛物线有如下光学性质：过焦点的光线经抛物线反射后得到的光线平行于抛物线的对称轴；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点已知抛物线的焦点为，一条平行于轴的光线从点射出，经过抛物线上的点反射后，再经抛物线上的另一点射出，则 【答案】【分析】由题意求出B点坐标，继而求出直线BC的方程，联立抛物线方程，求得点C坐标，即可求得答案.【详

34、解】如图，由题意可知轴，将代入中得，即,又，则，故的方程为，联立，可得，解得，或（此时C与B关于x轴对称，不合题意），则，故.5（2023届贵州省统一考试数学（理）试题）已知抛物线上两点A，B关于点对称，则直线AB的斜率为 .【答案】2【分析】根据点差法求得直线AB的斜率，并验证判别式大于零.【详解】设，代入抛物线，得，则，因为两点A，B关于点对称，则，所以由得，直线AB的斜率为2.则直线AB：与代入抛物线联立，得，解得.所以直线AB的斜率为2.6已知是抛物线上的两个点，O为坐标原点，若且的垂心恰是抛物线的焦点，则直线的方程是（）ABCD【答案】C【分析】根据题意，结合抛物线的对称性，得到关于

35、轴对称，设直线的方程为，由的垂心恰好是抛物线的焦点，得到，根据，列出方程，即可求解.【详解】由点是抛物线上的两点，且，根据抛物线的对称性，可得关于轴对称，设直线的方程为，则，因为的垂心恰好是抛物线的焦点，所以，可得，即，解得，即直线的方程为.7（2023-2024学年四川省模拟考试文科数学试题）已知A、B是椭圆与双曲线的公共顶点，P是双曲线上一点，PA，PB交椭圆于M，N若MN过椭圆的焦点F，且，则双曲线的离心率为 【答案】/【分析】由直线斜率公式结合点在曲线上可得，再由正切的和角的公式得到，结合双曲线离心率公式即可得解.【详解】由题意可知：如图，设，可得直线的斜率分别为，因为点在双曲线上，则

36、，整理得，所以，设点，可得直线的斜率，因为点在椭圆上，则，整理得，所以，即，可得，所以直线与关于轴对称，又因为椭圆也关于轴对称，且过焦点，则轴，令，则，因为，则，解得，所以双曲线的离心率.【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法：定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率；齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解；特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.类型六、圆锥曲线中的范围最值问题1（2023年内蒙古模拟理科数学试题）在椭圆上求一点，使点到直线的距离最大时，点的坐标为（）ABCD【答案】B【分析】根据题意可知，

37、当点在第三象限且椭圆在点处的切线与直线平行时，点到直线的距离取得最大值，可设切线方程为，将切线方程与椭圆方程联立，求出的值，利用平行线间的距离公式可求得结果.【详解】如下图所示：根据题意可知，当点在第三象限且椭圆在点处的切线与直线平行时，点到直线的距离取得最大值，可设切线方程为，联立，消去整理可得，因为，解得，所以，椭圆在点处的切线方程为，因此，点到直线的距离的最大值为,联立，可得点的坐标为.2（2023-2024学年江苏省学情检测数学试题）经过椭圆的右焦点作倾斜角为的直线，交椭圆于两点，则 【答案】/【分析】将直线方程与椭圆方程联立后可得韦达定理的结论，结合韦达定理可求得结果.【详解】由椭圆

38、方程得：右焦点，则直线方程为：，由得：，则，.3（2023年高三数学（理科）押题卷四试题）已知双曲线的实轴长为4，离心率为，直线与交于两点，是线段的中点，为坐标原点若点的横坐标为，则的取值范围为 【答案】【分析】先求出双曲线方程，然后联立直线和双曲线方程表示出，然后判断出直线和双曲线一定交于两支后进行计算.【详解】由题知，解得，即双曲线的方程为：.直线的斜率若不存在，则垂直于轴，由于双曲线顶点为，斜率不存在的直线和双曲线有交点，则两个交点横坐标相等且均大于，与点的横坐标为1矛盾；直线的斜率也不会为，否则根据对称性可知，的横坐标为，矛盾.故直线斜率存在且非零.设直线方程为，联立，得到，由.设，由

39、题意，即，的纵坐标为，即.根据双曲线的范围可知，若直线和双曲线交于同一支，则交点横坐标均大于或小于，与的横坐标为矛盾，故直线和双曲线交于两支.由，得到，显然满足判别式条件：.由，于是4（2023-2024学年湖南省模拟数学试题）已知直线：与抛物线：交于，两个不同的点，为的中点，为的焦点，直线与轴交于点，则的取值范围是 .【答案】【分析】根据中点坐标公式，结合一元二次方程根与系数的关系、根的判别式、平面向量数量积的坐标表示公式进行求解即可.【详解】由可知：，因为直线在纵轴的截距为，所以点的坐标为，由，因为直线：与抛物线：交于，两个不同的点，所以，设，则有，所以，所以，所以的取值范围是.【点睛】关

40、键点睛：本题的关键是利用一元二次方程求出的取值范围.5（2023届江西省模拟文科数学试题）已知抛物线的焦点为，倾斜角为的直线过点，且与抛物线交于两点，设直线的斜率分别为，则 【答案】0【分析】当直线l的斜率时，设直线l的方程为，与抛物线方程联立，结合韦达定理得出.【详解】由题意，设其倾斜角为，,故，则，故l的方程为，与的方程联立得，显然，设，则，所以， 6（2023-2024学年江苏省诊断测试数学试题）过点能作双曲线的两条切线，则该双曲线离心率的取值范围为 .【答案】【分析】分析可知，切线的斜率存在，设切线方程为，将切线方程与双曲线的方程联立，由可得出关于的方程，可知方程有两个不等的实数根，求

41、出的取值范围，即可求得该双曲线的离心率的取值范围.【详解】当过点的直线的斜率不存在时，直线的方程为，由可得，故直线与双曲线相交，不合乎题意；当过点的直线的斜率存在时，设直线方程为，即，联立可得，因为过点能作双曲线的两条切线，则，可得，由题意可知，关于的二次方程有两个不等的实数根，所以，可得，又因为，即，因此，关于的方程没有的实根，所以，且，解得，即，当时，当时，综上所述，该双曲线的离心率的取值范围是.7（2023届江苏省八校联盟适应性检测（三模）数学试题）已知双曲线，过其右焦点的直线与双曲线交于、两点，已知，若这样的直线有条，则实数的取值范围是 .【答案】【分析】记，分析可知双曲线的实轴长和通

42、径长不可能同时为，可知直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，其中，设点、，将直线的方程与双曲线方程联立，列出韦达定理，结合弦长公式可得出关于的方程由四个不等的实数解，可得出关于实数的不等式组，综合可得出实数的取值范围.【详解】记，若直线与轴重合，此时，；若直线轴时，将代入双曲线方程可得，此时，当时，则，此时，；当，可得，则，所以，双曲线的实轴长和通径长不可能同时为；当直线与轴不重合时，记，则点，设直线的方程为，其中，设点、，联立可得，由题意可得，可得，由韦达定理可得，所以，即，所以，关于的方程由四个不等的实数解.当时，即当时，可得，可得，整理可得，因为，解得；当时，即当，可得，可得，整理可得

43、，可得.综上所述，.故答案为：.【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.类型七、圆锥曲线在新情景中应用1（2023届贵州省数学（理科）样卷（二）试题）加斯帕尔-蒙日是1819世纪法国著名的几何学家如图，他在研究

44、圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”若长方形的四边均与椭圆相切，则下列说法错误的是（）A椭圆的离心率为B椭圆的蒙日圆方程为C若为正方形，则的边长为D长方形的面积的最大值为18【答案】D【分析】由椭圆标准方程求得后再求得，从而可得离心率，利用特殊的长方形（即边长与椭圆的轴平行）求得蒙日圆方程，从而可得长方形边长的关系，结合基本不等式得面积最大值，并得出长方形为正方形时的边长【详解】由椭圆方程知，则，离心率为，A正确；当长方形的边与椭圆的轴平行时，长方形的边长分别为和4，其对角线长为，因此蒙日圆半径为，圆方程为，B正确；设矩形

45、的边长分别为，因此，即，当且仅当时取等号，所以长方形的面积的最大值是20，此时该长方形为正方形，边长为，C正确，D错误2（2023年湖南省模拟数学试题）若椭圆上存在点，使得到椭圆两个焦点的距离之比为，则称该椭圆为“倍径椭圆”.则“倍径椭圆”的离心率的取值范围是（）ABCD【答案】C【分析】根据条件设出到椭圆两个焦点的距离，再利用椭圆的定义及椭圆上的点到焦点距离的最值即可求出结果.【详解】由题可设点到椭圆两个焦点的距离之分别，所以，得到，又，所以，得到，故.3（2023年福建省四校联盟联考数学试题）椭圆中，点为椭圆的右焦点，点A为椭圆的左顶点，点B为椭圆的短轴上的顶点，若，此椭圆称为“黄金椭圆”

46、，“黄金椭圆”的离心率为（）ABCD【答案】B【分析】求出的坐标，由可得间的关系，结合及离心率公式即可求解.【详解】设为椭圆的半焦距，由题意可得，由对称性可设,则,因为，所以,所以,即,解得或（舍）.4（2023年四川省模拟考试数学（文科）试题）公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究发现了黄金分割数，简称黄金数离心率等于黄金数的倒数的双曲线称为黄金双曲线若双曲线是黄金双曲线，则a=（）ABCD【答案】B【分析】根据黄金双曲线的定义，结合双曲线离心率公式列方程求参数a即可.【详解】由题意，则，所以.5（2023届四川省三模拟理科数学试题）已知圆锥曲线统一定义为“平面内到定点F的距离与到定直线l

47、的距离（F不在l上）的比值e是常数的点的轨迹叫做圆锥曲线”过双曲线的左焦点的直线l（斜率为正）交双曲线于A，B两点，满足设M为AB的中点，则直线OM斜率的最小值是（）ABCD【答案】C【分析】根据条件画出图形结合圆锥曲线的定义及条件可得，然后利用点差法可得，进而可得，然后利用基本不等式即得.【详解】由题可知在左支上在右支上，如图，设，在左准线上的射影为，因为，则，所以，设，则，所以，即，所以，所以，当且仅当即时，等号成立，【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据圆锥曲线的定义结合条件表示出，然后利用点差法得，根据基本不等式即得.6（2023届云南省高考备考诊断性联考（三）数学试题）在3世纪，古希腊

48、数学家帕普斯在他的著作数学汇编中完善了欧几里得关于圆锥曲线的统一定义.他指出，到定点的距离与到定直线的距离的比是常数的点的轨迹叫做圆锥曲线；当是地，轨迹为椭圆；当时，轨迹为抛物线；当时，轨迹为双曲线.现有方程表示的曲线是双曲线，则的取值范围为（）ABCD【答案】B【分析】根据题意化简方程为，结合圆锥曲线的同一定义，得到，即可求解.【详解】由方程，可得，显然即，所以，即，可得动点到定点和到定直线的距离比为常数，要使得方程表示的曲线是双曲线，则满足，解得，即实数的取值范围是.7（2023届江西省模拟理科数学试题）阿基米德是古希腊著名的数学家、物理学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积已知椭圆的右焦点为，过作直线交椭圆于两点，若弦中点坐标为，则椭圆的面积为（）ABCD【答案】A【分析】根据椭圆右焦点坐标可知，由弦中点坐标为可利用点差法求得，联立即可解得，再由椭圆面积公式即可求得结果.【详解】设的中点为，即，如下图所示：易知，即；设，又中点坐标为，所以则；又两点在椭圆上可得，两式相减可得，整理得，解得，联立可解得；即所以椭圆的面积为.