第09讲 平面解析几何【十六大题型】-2025届高考数学考前核心考点题型三轮冲刺精讲精练（新高考地区）

第09讲 平面解析几何 【题型归纳】 · 题型1：直线与方程 · 题型2：圆的方程求法 · 题型3：几何法求圆长 · 题型4：直线与圆的位置关系 · 题型5：圆与圆的位置关系 · 题型6：直线与圆的综合问题 · 题型7：椭圆的定义应用 · 题型8：直接法求离心率问题 · 题型9：构造齐次方程求离心率问题 · 题型10：离心率的范围问题 · 题型11：抛物线综合问题 · 题型12：圆锥曲线弦长问题 · 题型13：圆锥曲线面积问题 · 题型13：圆锥曲线中点弦问题 · 题型14：圆锥曲线范围问题 · 题型15：圆锥曲线的定点、定值问题 · 题型16：圆锥曲线与向量交汇问题 【题型探究】 题型1：直线与方程 1．（2025高三·全国）与直线关于坐标原点对称的直线的方程为（    ） A． B． C． D． 2．（2025·河南周口·二模）已知直线与圆相交于A，B两点，则当取最小值时，（   ） A． B． C． D．0 3．（2025高三·全国·专题练习）已知直线l：，则直线m：关于直线的对称直线的方程为 ． 题型2：圆的方程求法 4．（24-25高三下·陕西咸阳）圆关于直线对称的圆的方程为（   ） A． B． C． D． 5．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）平面几何中有一个著名的定理：的三条高线的垂足、三边中点及三个顶点与垂心连线段的中点共圆，该圆称为的九点圆或欧拉圆，若、，的垂心为，则的九点圆的标准方程为（    ） A． B． C． D． 6．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知拋物线，其焦点到准线的距离为2，过焦点且斜率大于0的直线交拋物线于两点，以为直径的圆与准线相切于点，则圆的标准方程为（    ） A． B． C． D． 题型3：几何法求圆长 7．（2025·河北石家庄·一模）若圆被直线所截得的弦长为10，过点作圆的切线，其中一个切点为，则的值为 . 8．（2025·云南昆明·一模）已知点，，若直线过且平分的面积，则被外接圆截得的弦长为 . 9．（2025·安徽安庆·二模）已知圆与圆相交于两点，则四边形的面积等于 . 题型4：直线与圆的位置关系 10．（2025·山东济宁·二模）若圆关于直线对称，其中，，则的最小值为（ ） A．2 B． C．4 D． 11．（2025·云南·一模）已知圆：，直线：，则直线被圆截得的弦长的最小值为（ ） A． B． C． D． 12．（2025·北京石景山·一模）已知点M，N为圆上两点，且，点P在直线上，点Q为线段中点，则的最小值为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 题型5：圆与圆的位置关系 13．（2025·山东泰安·二模）已知直线与圆和圆均相切，则的方程为（） A． B． C． D． 14．（2025·四川成都·二模）在平面直角坐标系中，已知圆，点，若圆上存在点，满足，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 15．（2025·河北秦皇岛·一模）已知圆与轴相切于点，过点的直线交圆于另一点，点为坐标原点，若，则直线的方程为（    ） A． B． C． D． 题型6：直线与圆的综合问题 16．（2025·湖北·二模）已知点，圆，过点的动直线与圆交于两点，线段的中点为，为坐标原点. (1)求的轨迹方程; (2)当时，求的方程及的面积. 17．（2025·河北·模拟预测）如图，点是直线上的动点，以为圆心的圆过点，直线是圆在点处的切线，过作圆的两条切线分别与交于点. (1)求的值； (2)设点的轨迹为曲线，，直线交曲线于两点，且直线与直线交于两点，证明：点在以为直径的圆上. 18．（2025·安徽马鞍山·二模）在平面直角坐标系中，点和是中心为坐标原点，焦点在坐标轴上的椭圆上的两点. (1)求椭圆的标准方程； (2)若为椭圆上任意一点，以点为圆心，为半径的圆与圆的公共弦为.证明：的面积为定值，并求出该定值. 题型7：椭圆的定义应用 19．（24-25高三下·青海海东）已知，分别为椭圆的左、右焦点，过的直线与交于，两点，若的内切圆的半径为，则的面积为（    ） A． B． C． D． 20．（2025·吉林延边·一模）已知，分别是椭圆的左、右焦点，是上一点，若的周长为10，则的离心率为 . 21．（2025·安徽·一模）已知分别是椭圆的左、右焦点，为椭圆上三个不同的点，直线的方程为，且的平分线经过点，设内切圆的半径分别为，则 . 题型8：直接法求离心率问题 22．（2025·甘肃平凉·模拟预测）已知是椭圆的左，右焦点，是上的两点，且，则的离心率是 . 23．（2025·河南周口·二模）已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，O为坐标原点，A为C上一点，若，且，则C的离心率为 ． 24．（2025·四川成都·模拟预测）已知斜率为的直线与双曲线的右支交于两点（点在第一象限，点在第四象限），点关于坐标原点对称的点为且，则该双曲线的离心率为 . 题型9：构造齐次方程求离心率问题 25．（2025·河北保定·一模）已知分别为双曲线的左，右焦点，以为直径的圆与其中一条渐近线在第一象限交于点，过点作另一条渐近线的垂线，点恰在此垂线上，则双曲线的离心率为 ． 26．（24-25高三下·四川眉山）已知点是椭圆上的一点，分别是的左、右焦点，且，点在的平分线上，为原点，，则的离心率为 . 27．（2025·湖南·模拟预测）已知为坐标原点，是椭圆的左焦点，，分别为的左，右顶点，为上一点，且轴，过点A的直线与线段交于点，与轴交于点．若直线经过的中点，则的离心率为 ． 题型10：离心率的范围问题 28．（2025·湖南·模拟预测）蒙日是法国著名的数学家，他首先发现椭圆的两条相互垂直的切线的交点的轨迹是圆，这个圆被称为“蒙日圆”，且其方程为.已知椭圆的焦点在轴上，、为椭圆上任意两点，动点在直线上.若恒为锐角，根据蒙日圆的相关知识，则椭圆离心率的取值范围为 . 29．（2023·安徽合肥·模拟预测）设点F为双曲线的左焦点，经过原点O且斜率的直线与双曲线C交于A､B两点，AF的中点为P，BF的中点为Q.若，则双曲线C的离心率e的取值范围是 . 30．（23-24高二上·甘肃兰州·期末）如图，已知椭圆的左、右焦点为、，是椭圆上一点，在上，且满足，，为坐标原点，则椭圆离心率的取值范围是 . 题型11：抛物线综合问题 31．（2025·江西宜春·一模）已知抛物线C：的焦点为F，点P在C上且位于第一象限，过点P作直线垂直于C的准线，垂足为A，若直线AF的倾斜角为，则 . 32．（2025·湖南·二模）已知过抛物线的焦点的直线与抛物线交于两点（在第一象限），以为直径的圆与抛物线的准线相切于点.若为坐标原点，则的面积为 . 33．（2025·云南红河·三模）抛物线有一条重要性质：从焦点发出的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的轴．如图，抛物线的焦点为，由点发出的光线经点反射后经过点，若点在上，且，，，则 ． 题型12：圆锥曲线弦长问题 34．（2025·湖北宜昌·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为，，点在上，且. (1)求的标准方程； (2)过的直线交双曲线于两点（两点均位于轴下方，在左，在右），线段与线段交于点，若的面积等于的面积，求. 35．（2025·山东淄博·一模）已知双曲线，离心率，点在双曲线上. (1)求双曲线C的标准方程； (2)点，分别是双曲线C的左右焦点，过点的直线l与双曲线的右支交于A，B两点，若的周长为12，求直线l的方程. 36．（2025·河北·二模）已知抛物线的顶点在坐标原点，焦点在轴的正半轴上，圆与的准线相切． (1)求的标准方程； (2)已知是上的一点，是轴上的一点，若的最小值为4，求点的坐标； (3)过点作直线与交于两点，且在两点处的切线交于点，证明：． 题型13：圆锥曲线面积问题 37．（2025·内蒙古呼和浩特·二模）已知抛物线过点．其焦点为，若且． (1)求的值以及抛物线的方程； (2)过点的两条互相垂直的直线分别交抛物线于与四点，求四边形面积的最小值． 38．（2022·重庆·三模）已知椭圆的短轴长为2，左右焦点分别为，，M为椭圆C上一点，且轴， (1)求椭圆C的方程; (2)已知直线且与椭圆C交于A，B两点，点A关于原点的对称点为、关于x轴的对称点为，直线与x轴交于点D，若与的面积相等，求m的值. 39．（2025·天津·一模）椭圆的左焦点为，离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)若椭圆的右顶点为，点的坐标为，过点的直线与椭圆交第一象限于点，与线段交于点．若三角形的面积是三角形面积的5倍（为坐标原点），求直线的方程． 题型14：圆锥曲线中点弦问题 40．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知直线与双曲线及其渐近线分别交于点，和点，. (1)求实数的取值范围； (2)证明：； (3)若，过双曲线上一点向双曲线作切线，，其斜率分别为，，问是否存在这样的，使得为定值？若存在，求出的值及定值；若不存在，请说明理由. 41．（2025·陕西商洛·三模）已知双曲线经过点，离心率为． (1)求的方程． (2)已知的左、右焦点分别为、，直线与相交于、两点． ①若的斜率为，求线段的中点的轨迹方程； ②若经过点，且，求的方程． 42．（2025·云南·模拟预测）已知椭圆的焦距为，抛物线的焦点是的一个顶点. (1)求抛物线的标准方程： (2)若直线与交于两点，且点为线段的中点. （i）求直线的方程； （ii）若为坐标原点，求的面积. 题型15：圆锥曲线范围问题 43．（2025·上海长宁·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为，点A是其左顶点，点P是双曲线上一点，且位于第一象限，若双曲线的离心率． (1)求双曲线的方程； (2)若三角形是等腰三角形，求点P的坐标； (3)直线不垂直于x轴，且与曲线的另一个交点为Q，若是锐角，求直线的斜率的取值范围． 44．（2025·山东泰安·二模）已知双曲线，左､右顶点分别为，过的直线交双曲线于两点. (1)若在第一象限，是等腰三角形，求的坐标； (2)连接并延长交双曲线于，若，求的取值范围. 45．（2025·安徽池州·二模）已知椭圆的长轴长是短轴长的倍，且左､右焦点分别为. (1)求的方程； (2)已知为坐标原点，点在上，点满足，求的最小值，并指出此时点的坐标. 题型16：圆锥曲线的定点、定值问题 46．（2025·河南周口·二模）已知，在椭圆（，）上． (1)求E的方程； (2)若M为E上一点（异于P，Q两点），求面积的最大值； (3)过点作两条直线分别与E交于另一点A，B，记直线NA，NB的斜率分别为，，若，证明：直线AB过定点． 47．（2025·广东·二模）已知椭圆的左右顶点分别为，点在椭圆上.点为直线上的动点，直线与直线的斜率之比为. (1)求椭圆的方程； (2)椭圆的长轴上是否存在定点，使得直线与椭圆交于两点，当点在直线上运动时，恒构成等差数列？若存在，请求出定点的坐标；若不存在，请说明理由. 48．（2025·浙江杭州·二模）已知抛物线的焦点到准线的距离为2，点，过的直线交于，两点，过，分别作的垂线，垂足分别为，，直线，与直线分别交于点，. (1)求的方程； (2)记，的纵坐标分别为，，当时，求直线的斜率； (3)设为轴上一点，记，分别为直线，的斜率.若为定值，求点的坐标. 49．（2025·陕西安康·三模）给定椭圆，将圆心为坐标原点，为半径的圆称为椭圆的“内切圆”．已知椭圆的两个顶点为，离心率为． (1)求椭圆的方程． (2)直线过椭圆的右焦点，并与椭圆相交于两点，且，求直线的方程． (3)是椭圆的“内切圆”上一点（与不重合），直线与椭圆的另一个交点为．记直线的斜率分别为，证明：为定值． 题型17：圆锥曲线与向量交汇问题 50．（2025·上海黄浦·二模）椭圆的左、右焦点分别为，过点的直线与交于点． (1)若，点的坐标为，求点到直线的距离； (2)当时，求满足的点的个数； (3)设直线与的另一个交点为，，点的横坐标为，若的离心率，求的取值范围． 51．（24-25高三下·广东·开学考试）已知动点在椭圆上，且的左、右焦点分别为.设直线为上不重合的两点. (1)求的离心率； (2)已知； （i）证明：点在轴的异侧； （ii）证明：当的面积取最小值时，存在常数使得，并求的值. 52．（2025·甘肃白银·模拟预测）已知曲线，从上任意不在轴上的一点向轴作垂线，为垂足，是线段的中点. (1)求动点的轨迹的方程，并说明轨迹是什么图形； (2)已知，若为轨迹上位于轴同侧的两点，且共线，求四边形面积的最大值. 【高考达标】 一、单选题 1．（2025·山东济南·二模）已知抛物线的焦点为，在直线上任取一点作抛物线的切线，切点分别为，则到直线距离的最大值为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．（2025·安徽蚌埠·模拟预测）已知抛物线（）的焦点为F，经过点F的直线l与抛物线相交于点P，Q（点P在第一象限），若，则直线l的斜率为（    ） A．1 B． C． D． 3．（2025·山东·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为，过作的垂线与在第一象限内交于点，且．设的离心率为，则（   ） A． B． C． D． 4．（2025·河南周口·二模）已知抛物线，O为坐标原点，点A在直线上，过点A作E的两条切线，切点分别为P，Q，若AP，AQ分别交x轴于B，C两点，则（   ） A． B． C． D． 5．（2025·山东聊城·二模）双曲线的方程为，直线与双曲线左右两支分别交于A，B两点，与两条渐近线分别交于E，F两点，若E，F是线段AB的三等分点，则的值为（    ） A．4 B．8 C．12 D．24 6．（2025·陕西榆林·二模）已知离心率为2的双曲线的左右焦点分别为，过的直线与双曲线在第一象限交点为，若，则（   ） A． B． C． D． 7．（2025·河南·三模）在平面直角坐标系中，点为抛物线的焦点，点，动点满足，且，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 8．（2025·浙江金华·二模）过抛物线：的焦点且斜率为的直线与交于，两点，线段，的中点分别为，，为坐标原点，直线，与抛物线的另一个交点分别为，，记点，到轴距离分别为，，则（   ） A． B． C．轴 D．若，则 9．（2025·浙江嘉兴·三模）已知抛物线，其准线为，焦点为，过的直线与和从左到右依次相交于，，三点，且，则和的面积之比为（   ） A． B． C． D． 10．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知在平面直角坐标系中，，，动点满足，点为抛物线上一动点，且点在直线上的投影为，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 11．（2025·宁夏银川·二模）已知圆，直线，则（    ） A．直线l与圆C可能相切 B．当时，圆C上恰有三个点到直线l的距离等于1 C．直线l与直线垂直 D．若圆C与圆恰有三条公切线，则 12．（2025·陕西榆林·二模）已知曲线的方程为，下列说法正确的有（   ） A． B． C．曲线被直线截得的弦AB长为 D．曲线的一条对称轴方程为 13．（2025·安徽黄山·二模）已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，过点作直线交抛物线于，两点，则（   ） A．的最小值为4 B．以线段为直径的圆与直线相切 C．当时，则 D． 14．（2025·广东广州·二模）瑞士著名数学家欧拉在1765年提出：三角形的外心，重心，垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.若的三个顶点坐标分别为，，其“欧拉线”为，圆，则（    ） A．过作圆的切线，切点为，则的最小值为4 B．若直线被圆截得的弦长为2，则 C．若圆上有且只有两个点到的距离都为1，则 D．存在，使圆上有三个点到的距离都为1 15．（2025·江西景德镇·三模）已知为抛物线的焦点，是上位于第一象限的一点，，过点的直线与交于两点（在线段上），且，则（    ） A．直线的倾斜角为 B．直线斜率之和为 C． D． 16．（2025·全国·模拟预测）已知椭圆的离心率为，将绕其中心分别逆时针、顺时针各旋转，得到椭圆，设围成的公共区域的边界为曲线，则（    ） A．有四条对称轴 B．上任意两点间距离的最大值为 C．的周长 D．围成图形的面积 三、填空题 17．（2025·上海崇明·二模）已知双曲线的左、右焦点为，以O为顶点，为焦点作抛物线交双曲线于P，且，则 ． 18．（2025·湖南·二模）已知椭圆，为的右焦点，为第一象限内椭圆上的一点，过点作的切线，与、轴分别交于，两点，若，则点的坐标为 . 19．（2025·福建福州·模拟预测）双曲线的两个焦点为，以的实轴为直径的圆记为，过作的切线与的左右两支分别交于两点，且，则的离心率为 . 20．（2025·天津南开·一模）已知圆与抛物线的准线相切于点为的焦点，则直线被圆截得的弦长为 ． 21．（2025·陕西安康·三模）已知双曲线的左、右顶点分别为是双曲线的左焦点，为双曲线的左支上任意一点（异于点），若，则双曲线的离心率为 ． 22．（2025·河北邯郸·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过右焦点向圆引一条切线交椭圆于点，连接，如图，若，则椭圆的离心率 ． 四、解答题 23．（2025·山东济宁·二模）已知双曲线（，）的离心率为，且点在双曲线上， (1)求的方程； (2)若直线交于，两点，的平分线与轴垂直，求证：的倾斜角为定值. 24．（2025·安徽淮北·二模）已知双曲线经过点为其左，右顶点，且与的斜率之积为 (1)求双曲线的方程； (2)点为实轴上一点，直线交于另一点，记的面积为的面积为，若，求点坐标. 25．（2025·天津和平·二模）已知椭圆（）的短轴长为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)椭圆的左、右顶点分别为、，设点B为椭圆上的点（异于点、），直线与直线交于点C，以BC为直径的圆与直线交于另一点D（异于点B），直线CD与x轴相交于点E，试证明点E为定点并求出点E的坐标. 26．（2025·西藏拉萨·二模）已知椭圆，直线经过的上顶点及右焦点． (1)求的方程； (2)若直线与交于点，，且直线与交于另外一点． （ⅰ）若，求直线的方程； （ⅱ）判断直线是否过定点，若是，求出该定点；若不是，请说明理由． 27．（2025·陕西榆林·二模）已知焦距为且焦点在轴上的椭圆经过点．直线不过点．若与相交于两点，且以为直径的圆过点． (1)求椭圆的标准方程； (2)求证：点在定直线上． 28．（2025·北京通州·一模）已知椭圆的离心率为，点在椭圆E上. (1)求椭圆E的方程； (2)若过A的直线l（斜率不为0）与椭圆E的另一个交点为B，线段中点为M，射线交椭圆E于点N，交直线于点Q.求证：. 29．（2025·宁夏陕西·模拟预测）已知分别为椭圆的左、右顶点，均为椭圆上异于顶点的点，为椭圆上的点，直线经过左焦点，直线经过右焦点． (1)求椭圆的标准方程． (2)试问是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是，请说明理由． (3)设的面积与的面积分别为，求的最小值． 30．（2025·辽宁·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，且点在椭圆上． (1)求椭圆的方程； (2)若经过点且倾斜角为）的直线与椭圆交于M，N两点（其中点在轴上方）如图①.将平面xOy沿轴折叠，使点折至的位置，且轴正半轴和轴所确定的半平面（平面）与轴负半轴和轴所确定的半平面（平面）互相垂直，如图②.    （i）当直线的倾斜角为时，求折叠后图②中的长度； （ii）是否存在直线，使得折叠后的周长与折叠前的周长之比是3:4？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由． ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第09讲 平面解析几何 【题型归纳】 · 题型1：直线与方程 · 题型2：圆的方程求法 · 题型3：几何法求圆长 · 题型4：直线与圆的位置关系 · 题型5：圆与圆的位置关系 · 题型6：直线与圆的综合问题 · 题型7：椭圆的定义应用 · 题型8：直接法求离心率问题 · 题型9：构造齐次方程求离心率问题 · 题型10：离心率的范围问题 · 题型11：抛物线综合问题 · 题型12：圆锥曲线弦长问题 · 题型13：圆锥曲线面积问题 · 题型13：圆锥曲线中点弦问题 · 题型14：圆锥曲线范围问题 · 题型15：圆锥曲线的定点、定值问题 · 题型16：圆锥曲线与向量交汇问题 【题型探究】 题型1：直线与方程 1．（2025高三·全国）与直线关于坐标原点对称的直线的方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设出所求对称直线上的点的坐标，求出关于原点的对称点坐标，代入已知直线方程，即可. 【详解】设直线上一点关于坐标原点对称的点为， 则，，解得，， 代入，得， 即所求直线的方程为． 故选：D． 2．（2025·河南周口·二模）已知直线与圆相交于A，B两点，则当取最小值时，（   ） A． B． C． D．0 【答案】B 【分析】求出过定点，当⊥时，取最小值，根据斜率垂直得到方程，求出. 【详解】，故过定点， 又，故在圆内，    所以当⊥时，取最小值，此时， 又，所以. 故选：B 3．（2025高三·全国·专题练习）已知直线l：，则直线m：关于直线的对称直线的方程为 ． 【答案】 【分析】解法一：在直线上取一点，则关于直线的对称点必在上，则在直线l上，且直线与直线l斜率的乘积等于，建立方程组解出，再由经过与的交点，由两点式可得直线的方程，即可得解； 解法二：利用二级结论，直线关于直线对称的直线方程，由式子决定，即可得到直线的方程. 【详解】解法一：在直线上取一点，不妨取，则关于直线的对称点必在上． 设，则，解得即． 设与的交点为，则由，得，即． 又经过点，所以由两点式得直线的方程为， 即． 故答案为：． 解法二：直线：关于直线：对称的直线方程为 ， 即，所以直线的方程为． 故答案为：． 题型2：圆的方程求法 4．（24-25高三下·陕西咸阳）圆关于直线对称的圆的方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】求得圆的圆心与半径，利用对称求得圆心关于直线的对称点，可求对称圆的方程. 【详解】方程，可化为， 则圆心的坐标为，半径， 设圆关于直线对称的圆的圆心为，则半径仍为， 则，解得． 所以圆的方程为. 故选：C． 5．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）平面几何中有一个著名的定理：的三条高线的垂足、三边中点及三个顶点与垂心连线段的中点共圆，该圆称为的九点圆或欧拉圆，若、，的垂心为，则的九点圆的标准方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据中点坐标公式求出、、三点坐标，再由待定系数法求出圆的一般方程，化为标准方程即可. 【详解】由，，，可得中点为，中点为，中点为， 设的九点圆方程为， 代入、、三点坐标，可得， 解得，，，即， 化简可得圆的标准方程为． 故选：C. 6．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知拋物线，其焦点到准线的距离为2，过焦点且斜率大于0的直线交拋物线于两点，以为直径的圆与准线相切于点，则圆的标准方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由焦点F到准线的距离为2，求出，即得焦点坐标，准线方程，抛物线方程，直线斜率为正，得点纵坐标，用点差法可求得直线斜率，再得点横坐标，同时得出圆半径，得圆方程． 【详解】抛物线的焦点到准线距离为2，则（因为）， 焦点为，准线方程是，抛物线方程是， 又轴，，所以的纵坐标为2， 设，， ，两式相减得， 所以，又，， 即，所以圆半径为， 圆方程为． 故选：A． 题型3：几何法求圆长 7．（2025·河北石家庄·一模）若圆被直线所截得的弦长为10，过点作圆的切线，其中一个切点为，则的值为 . 【答案】 【分析】利用垂径定理来求弦长，得用勾股定理来求切线长，即可解决问题. 【详解】由弦长为，结合垂径定理可得：，解得， 结合已知点，可得： 所以， 故答案为：. 8．（2025·云南昆明·一模）已知点，，若直线过且平分的面积，则被外接圆截得的弦长为 . 【答案】/ 【分析】先求出的外接圆方程，再确定直线的方程，最后根据圆的弦长公式求出弦长. 【详解】设外接圆的方程为， 把，，三点分别代入方程可得： 把代入得：，即. 把代入得：，即，解得. 把代入得：，将代入， 可得，解得. 所以外接圆的方程为，配方可得， 其圆心坐标为，半径. 因为直线过且平分的面积，所以直线必过线段的中点. ，，则中点坐标为. 已知直线过和， 可得直线的方程为，即. 圆心到直线：的距离. 所以弦长为. 故答案为： 9．（2025·安徽安庆·二模）已知圆与圆相交于两点，则四边形的面积等于 . 【答案】9 【分析】法一：准确画图，可得四边形是边长为3正方形，进而求得其面积； 法二：将两圆方程做差求相交弦方程，再应用弦心距、半径与弦长关系即可求得，利用两点间距离公式求得，进而求得四边形的面积. 【详解】由已知，圆，圆， 圆心，半径，圆心，半径， 法一：如图，准确画图，容易发现四边形是边长为3正方形，其面积为9； 法二：将两圆方程相减，可得公共弦所在直线的方程为： 到距离为，所以，即， 又， 所以，四边形的面积. 故答案为：9. 题型4：直线与圆的位置关系 10．（2025·山东济宁·二模）若圆关于直线对称，其中，，则的最小值为（ ） A．2 B． C．4 D． 【答案】C 【分析】由题意得直线过圆心，即得，利用基本不等式即可求解. 【详解】由得， 所以圆心为，又圆关于直线对称， 则直线过圆心，即， 所以， 又， 当且仅当时，等号成立， 所以， 故选：C. 11．（2025·云南·一模）已知圆：，直线：，则直线被圆截得的弦长的最小值为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】确定直线所过的定点，再根据圆的性质，分析出当圆心与定点的连线垂直于直线时，弦长最短，最后根据勾股定理求出弦长的最小值. 【详解】将直线方程进行变形： 因为，所以可联立方程组， 解得..所以直线恒过定点. 已知圆：，则圆心，半径. 可得圆心与定点的距离为： . 因为，所以点在圆内部. 当圆心与定点的连线垂直于直线时，弦长最短. 此时弦长的一半、圆心与定点的距离以及圆的半径构成直角三角形，其中圆的半径为斜边. 根据勾股定理，弦长的一半为. 所以弦长的最小值为. 直线被圆截得的弦长的最小值为. 故选：A. 12．（2025·北京石景山·一模）已知点M，N为圆上两点，且，点P在直线上，点Q为线段中点，则的最小值为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】将圆的方程化为标准方程，从而得到圆心坐标和半径，再根据弦长求出圆心到弦MN的距离，进而确定点的轨迹，最后根据点到直线的距离公式求出的最小值. 【详解】已知圆的方程为，将其配方可得. 可知该圆的圆心坐标为，半径. 因为点为线段MN的中点，根据垂径定理可知. 已知，则. 在中，根据勾股定理. 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆. 已知点在直线上，可得圆心到直线的距离为： . 因为点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，所以的最小值等于圆心到直线的距离减去圆的半径，即 故选：B. 题型5：圆与圆的位置关系 13．（2025·山东泰安·二模）已知直线与圆和圆均相切，则的方程为（） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】通过计算可知两个圆内切，故两圆相减得到的方程即为所求. 【详解】圆的圆心为，半径为， 圆的圆心为，半径为 所以两个圆内切，因此与两圆均相切的直线为两个圆的公共弦所在的直线方程， 所以 整理得， 故选：. 14．（2025·四川成都·二模）在平面直角坐标系中，已知圆，点，若圆上存在点，满足，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设点坐标，然后表示出和，建立方程后得到点的轨迹方程，由两个圆存在公共点，得到圆与圆的位置关系，从而得到圆心距和半径的关系，求出的取值范围. 【详解】设，则，. 因为，所以， 即，所以点的轨迹是以为圆心，以1为半径的圆. 又因为点在圆上，所以圆与圆有公共点，所以， 即，解得. 故选：B. 15．（2025·河北秦皇岛·一模）已知圆与轴相切于点，过点的直线交圆于另一点，点为坐标原点，若，则直线的方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用圆的轨迹方程解出两点均在圆上，然后将直线的方程转化为两个圆得公共弦方程求解即可. 【详解】圆，即， 且圆与轴相切于点，故， 所以， 设动点，满足，则， 则，即， 故点的轨迹是圆，且，故两点均在圆上， 且两点均在圆上，故直线的方程为两个圆的公共弦方程， 两个圆的方程相减得：，即. 故选：C 题型6：直线与圆的综合问题 16．（2025·湖北·二模）已知点，圆，过点的动直线与圆交于两点，线段的中点为，为坐标原点. (1)求的轨迹方程; (2)当时，求的方程及的面积. 【答案】(1) (2)， 【分析】（1）根据即可判断求轨迹为以点为圆心，为半径的圆，即可求方程； （2）数形结合可得，即可求出直线的方程，再计算点到的距离，利用勾股定理计算即可求面积. 【详解】（1）圆的方程可化为，所以圆心为，半径为， 则线段的中点，， 因点为线段的中点，则， 则点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆， 则该圆的方程为，经检验符合题意， 所以的轨迹方程是. （2）由于，故在线段的垂直平分线上， 又在圆上，所以， 因为直线的斜率为，所以的斜率为， 故的方程为，即， 又，点到的距离为， 所以， 则，故的面积为.    17．（2025·河北·模拟预测）如图，点是直线上的动点，以为圆心的圆过点，直线是圆在点处的切线，过作圆的两条切线分别与交于点. (1)求的值； (2)设点的轨迹为曲线，，直线交曲线于两点，且直线与直线交于两点，证明：点在以为直径的圆上. 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）设，根据直线与圆的位置关系可得，结合两点间距离公式即可求得. （2）由（1）可得点的轨迹方程为，根据直线的斜率是否存在，分类进行讨论，结合，可证点在以为直径的圆上. 【详解】（1）设，直线与圆切于点，所以， 则 . （2）由（1）知点的轨迹为椭圆， 设该椭圆方程为，则，， 所以曲线的方程为. 当直线轴时，不妨令，， 则，直线的方程为，，， 同理，所以， 所以点在以为直径的圆上； 当直线不垂直于轴时，设，，直线的方程为， 代入中，整理得， 所以，， 直线的方程为，即， 所以，同理， 又， 所以， 所以，所以点在以为直径的圆上. 综上所述，点在以为直径的圆上. 18．（2025·安徽马鞍山·二模）在平面直角坐标系中，点和是中心为坐标原点，焦点在坐标轴上的椭圆上的两点. (1)求椭圆的标准方程； (2)若为椭圆上任意一点，以点为圆心，为半径的圆与圆的公共弦为.证明：的面积为定值，并求出该定值. 【答案】(1) (2)证明见解析，定值为 【分析】（1）设椭圆的方程为，将点和的坐标代入椭圆方程，求出、的值，即可得出椭圆的方程； （2）设，则，求出圆的方程，将圆和圆的方程作差，可得出直线的方程，求出圆心到直线的距离以及的值，结合三角形的面积公式可求得的面积. 【详解】（1）设椭圆的方程为， 由题意知：，， 解得，                    所以椭圆的方程为. （2）设，则，且圆的方程为， 即圆的方程为.          因为圆的方程为，             将圆的方程与圆的方程作差得，             所以的方程为，                          点到直线的距离 ， 又因为，所以的面积为为定值. 题型7：椭圆的定义应用 19．（24-25高三下·青海海东）已知，分别为椭圆的左、右焦点，过的直线与交于，两点，若的内切圆的半径为，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由椭圆定义可得，利用三角形面积公式即可求. 【详解】 由可知， 因为，分别为椭圆的左、右焦点，且，两点在椭圆上， 所以，， 两式相加得，即， 又因为的内切圆的半径为， 所以. 故选：A 20．（2025·吉林延边·一模）已知，分别是椭圆的左、右焦点，是上一点，若的周长为10，则的离心率为 . 【答案】/ 【分析】由已知可得，再由的周长为10，可得，求出，从而可求出离心率. 【详解】由椭圆方程可得，得， 因为是上一点，所以， 因为的周长为10， 所以，得， 所以的离心率为. 故答案为： 21．（2025·安徽·一模）已知分别是椭圆的左、右焦点，为椭圆上三个不同的点，直线的方程为，且的平分线经过点，设内切圆的半径分别为，则 . 【答案】5 【分析】先由题意依次求出即可由求出，接着由正切函数定义和两角和的正切公式结合点P求出直线的方程，进而求出直线过点，再联立椭圆方程求出即可同理求出得解. 【详解】由题意可知， 所以由， 由上得，且 所以， 所以，所以即， 令得，故直线经过点， 联立， 所以， 所以同理可得， 所以. 故答案为：5. 题型8：直接法求离心率问题 22．（2025·甘肃平凉·模拟预测）已知是椭圆的左，右焦点，是上的两点，且，则的离心率是 . 【答案】 【分析】设，根据可得，进而根据椭圆的定义及余弦定理求解即可. 【详解】设，由，得， 根据椭圆的定义可得，， 在中，由余弦定理可得， 解得， 所以， ， 即，即，所以的离心率. 故答案为：. 23．（2025·河南周口·二模）已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，O为坐标原点，A为C上一点，若，且，则C的离心率为 ． 【答案】 【分析】根据余弦定理可得，利用向量的线性表示以及模长公式可得，即可得求解. 【详解】在中，由余弦定理得：， 即， 又,故， 故， 故，化简可得，故， 故答案为：    24．（2025·四川成都·模拟预测）已知斜率为的直线与双曲线的右支交于两点（点在第一象限，点在第四象限），点关于坐标原点对称的点为且，则该双曲线的离心率为 . 【答案】/ 【分析】根据题意作图，取的中点，连接，得到，，利用两角和的正切公式求得直线的斜率，再利用点差法求得，根据离心率的公式计算即可. 【详解】 如图，设直线与轴交于点，取的中点，连接， 由双曲线的对称性可知为线段的中点，则， 因为，所以， 由直线的斜率，得， 则直线的斜率， 设，则，两式相减得， 化简得即， 则. 故答案为：. 题型9：构造齐次方程求离心率问题 25．（2025·河北保定·一模）已知分别为双曲线的左，右焦点，以为直径的圆与其中一条渐近线在第一象限交于点，过点作另一条渐近线的垂线，点恰在此垂线上，则双曲线的离心率为 ． 【答案】2 【分析】由已知可推得，然后得出，即可根据的关系得出离心率. 【详解】 如图，设为与渐近线的交点， 由题意：，， 所以Q是线段的中点， 所以. 又直线，是双曲线的渐近线，由双曲线对称性知， 所以，所以， 所以， 所以离心率. 故答案为：2 26．（24-25高三下·四川眉山·阶段练习）已知点是椭圆上的一点，分别是的左、右焦点，且，点在的平分线上，为原点，，则的离心率为 . 【答案】/ 【分析】设，，由题意得出是等腰三角形. 在中由余弦定理得到含a，c的齐次方程即可求解离心率. 【详解】解：设，，延长ON交于A，如图所示. 由题意知，O为的中点，∴点A为中点. 又，点N在的平分线上， ∴，∴是等腰三角形， ∴， 则，所以. 又，所以. 又在中，由余弦定理得， 即，即， 化简得：. 又，所以，所以，即 故答案为：. 27．（2025·湖南·模拟预测）已知为坐标原点，是椭圆的左焦点，，分别为的左，右顶点，为上一点，且轴，过点A的直线与线段交于点，与轴交于点．若直线经过的中点，则的离心率为 ． 【答案】 【分析】设直线的方程为，与联立求，与联立求，利用中点公式求，根据关系，，三点共线列方程可得，结合离心率定义求结论. 【详解】由题意可设，，， 设直线的方程为， 令，可得，令，可得． 设的中点为，可得， 因为，，三点共线， 所以，又，， 所以， 所以，即， 所以椭圆的离心率. 故答案为：. 题型10：离心率的范围问题 28．（2025·湖南·模拟预测）蒙日是法国著名的数学家，他首先发现椭圆的两条相互垂直的切线的交点的轨迹是圆，这个圆被称为“蒙日圆”，且其方程为.已知椭圆的焦点在轴上，、为椭圆上任意两点，动点在直线上.若恒为锐角，根据蒙日圆的相关知识，则椭圆离心率的取值范围为 . 【答案】 【分析】分析可知，直线与圆相离，利用直线与圆的位置关系可求出的取值范围，再结合椭圆离心率公式可求得椭圆的离心率. 【详解】由题意可知，圆即为椭圆蒙日圆， 因为、为椭圆上任意两点，动点满足恒为锐角， 则点在圆外， 又因为动点在直线上，则直线与圆相离，    所以，，解得， 则，即， 因此，椭圆的离心率的取值范围是. 故答案为：. 29．（2023·安徽合肥·模拟预测）设点F为双曲线的左焦点，经过原点O且斜率的直线与双曲线C交于A､B两点，AF的中点为P，BF的中点为Q.若，则双曲线C的离心率e的取值范围是 . 【答案】 【分析】先根据双曲线的对称性得四边形为平行四边形，再结合得为直角三角形，设直线倾斜角为，从而求得离心率，求解函数的值域即可得范围. 【详解】设双曲线的右焦点为，根据双曲线方程知，，则. 因为直线过原点，由对称性，原点平分线段， 又原点平分线段，所以四边形为平行四边形. 在和中，分别有中位线，，， 因为，所以，所以四边形为矩形，为直角三角形. 不妨设在第一象限，设直线倾斜角为，则，且， 在Rt中可得：， 所以， 因为，所以， 又在上为增函数， 所以. 故答案为：    30．（23-24高二上·甘肃兰州·期末）如图，已知椭圆的左、右焦点为、，是椭圆上一点，在上，且满足，，为坐标原点，则椭圆离心率的取值范围是 . 【答案】 【分析】设，，由，得到，再根据，得到，再由，得到，再解不等式，即可求出结果. 【详解】设，，又，， 所以，，又，得到， 即，得到，，所以， 因为，， 又，所以，整理得， 由，消得， 解得或，又，所以舍去， 所以，即， 整理得，解得，又， 所以， 故答案为：. 题型11：抛物线综合问题 31．（2025·江西宜春·一模）已知抛物线C：的焦点为F，点P在C上且位于第一象限，过点P作直线垂直于C的准线，垂足为A，若直线AF的倾斜角为，则 . 【答案】4 【分析】利用抛物线的定义可以判断为等边三角形,利用平面几何知识求解即可. 【详解】因为抛物线C：的焦点为F，所以， 由题意可得, 所以, 又由抛物线定义得：，所以为等边三角形， 设准线与轴交于点， 在直角中，， 所以. 故答案为：4. 32．（2025·湖南·二模）已知过抛物线的焦点的直线与抛物线交于两点（在第一象限），以为直径的圆与抛物线的准线相切于点.若为坐标原点，则的面积为 . 【答案】 【分析】先求得，由条件推得轴，由推出，得到这些的方程，与抛物线方程联立，利用弦长公式求得，即得的面积. 【详解】 依题意，得，则抛物线的方程为. 由题意可知与抛物线的准线垂直， 在中，，则， 则直线的方程为. 由消去并化简整理得： 易得，则， 又原点到直线的距离为， 故. 故答案为：. 33．（2025·云南红河·三模）抛物线有一条重要性质：从焦点发出的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的轴．如图，抛物线的焦点为，由点发出的光线经点反射后经过点，若点在上，且，，，则 ． 【答案】 【分析】由题意可得，进而可得直线的方程为，设，，与抛物线方程联立方程可求得，可求得，进而可得，利用余弦定理可求得. 【详解】如图，在中，，所以， 所以， 又因为轴，所以，因此， 故直线的方程为，联立，得， 设，，则，由抛物线的定义知， 而，所以，在中，，， 由余弦定理，得， 解得． 故答案为：. 题型12：圆锥曲线弦长问题 34．（2025·湖北宜昌·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为，，点在上，且. (1)求的标准方程； (2)过的直线交双曲线于两点（两点均位于轴下方，在左，在右），线段与线段交于点，若的面积等于的面积，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据条件得到，再利用点在双曲线上和间的关系，建立方程组，求出，即可求解； （2）设直线方程为，联立双曲线方程得到，根据条件得到点和点到直线的距离相等，从而可求出，再利用弦长公式，即可求解. 【详解】（1）因为，且，所以焦点，即， 又，由，解得，所以双曲线. （2）由题知直线斜率不为，设过的直线为， 由，消得到， 则，且 设，则由韦达定理有， 因为，所以， 即点和点到直线的距离相等， 则有，解得， 所以， 故. 35．（2025·山东淄博·一模）已知双曲线，离心率，点在双曲线上. (1)求双曲线C的标准方程； (2)点，分别是双曲线C的左右焦点，过点的直线l与双曲线的右支交于A，B两点，若的周长为12，求直线l的方程. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据离心率及点在椭圆上求椭圆参数，即可得方程； （2）根据双曲线的定义及已知得，设联立双曲线，应用韦达定理及弦长公式列方程求得，即可得直线方程. 【详解】（1）由题意可得，则，即， 又因为点在双曲线上，所以，解得，， 所以双曲线C的标准方程为：. （2） 因为的周长为12，所以①， 由双曲线的定义可得：，， 所以②， 由①②可得：， 由（1）知，所以， 因为直线l的斜率不为0，设， 则联立直线与双曲线，可得， 当，即，直线与双曲线只有一个交点，不合题意， 所以，，， 所以， 所以， 解得（舍去）或，所以， 直线l的方程为：，即. 36．（2025·河北·二模）已知抛物线的顶点在坐标原点，焦点在轴的正半轴上，圆与的准线相切． (1)求的标准方程； (2)已知是上的一点，是轴上的一点，若的最小值为4，求点的坐标； (3)过点作直线与交于两点，且在两点处的切线交于点，证明：． 【答案】(1) (2)或 (3)证明见解析 【分析】（1）由题意设出抛物线方程，根据圆的方程明确圆心与半径，结合切线的性质，可得答案； （2）设出动点坐标，根据两点距离公式写出函数解析式，结合二次函数性质，可得答案； （3）由题意设出直线方程，联立方程，写出韦达定理，利用导数求得切线方程，联立求交点，结合距离公式，可得答案. 【详解】（1）由题意，设的方程为，准线为， 因为圆与的准线相切，且圆心为，半径为 所以，解得，所以的标准方程为． （2）设， 当，即时，，解得或（舍去）； 当，即时，，解得， 所以点的坐标为或． （3） 证明：根据题意，直线的斜率存在，， 设直线的方程为， 联立，消去并整理得， 所以， 对求导，得， 由，解得，所以． 因为， 所以 ， 又，所以. 题型13：圆锥曲线面积问题 37．（2025·内蒙古呼和浩特·二模）已知抛物线过点．其焦点为，若且． (1)求的值以及抛物线的方程； (2)过点的两条互相垂直的直线分别交抛物线于与四点，求四边形面积的最小值． 【答案】(1)， (2)8 【分析】（1）利用焦半径公式以及抛物线过的点坐标解方程组可得结果； （2）设出两直线方程并与抛物线方程联立，利用韦达定理和弦长公式求得的表达式，进而得出面积表达式，再由基本不等式计算可得面积最小值. 【详解】（1）因为抛物线：过点 ① 又焦点为，且② 由①、②可得或 又， 抛物线的方程： （2）由题知，过点的两条相互垂直的直线斜率均存在，且不等于零，如下图： 因此设直线，直线 设点、、、， 联立直线与抛物线的方程，得 则有， 又， 同理，联立直线与抛物线的方程，得 则有， 又， 又 ， 当且仅当时， 四边形面积的最小值是8. 38．（2022·重庆·三模）已知椭圆的短轴长为2，左右焦点分别为，，M为椭圆C上一点，且轴， (1)求椭圆C的方程; (2)已知直线且与椭圆C交于A，B两点，点A关于原点的对称点为、关于x轴的对称点为，直线与x轴交于点D，若与的面积相等，求m的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）短轴长为2得，由椭圆定义可得，， 由得，结合的关系可得答案； （2）联立直线和椭圆方程利用韦达定理代入直线：，令得，从而得到坐标，求出的中点坐标代入直线方程可得答案. 【详解】（1）因为短轴长为2，所以， 因为， 所以，， 又因为轴，所以， ，且， 解得，∴. （2）设，则，，联立直线和椭圆方程得 ，整理得， 则，，， 直线： 令， 故， ，，则的中点坐标为， 由于与的面积相等，故到直线的距离相等，因此的中点在上，可得， ， ，解得，， 所以. 39．（2025·天津·一模）椭圆的左焦点为，离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)若椭圆的右顶点为，点的坐标为，过点的直线与椭圆交第一象限于点，与线段交于点．若三角形的面积是三角形面积的5倍（为坐标原点），求直线的方程． 【答案】(1) (2) 【分析】首先根据三角形面积公式确定，【算法一】设直线方程为，联立直线和直线求得点的坐标，思路一，根据求点的坐标，代入椭圆方程，即可求解；思路二，直线与椭圆方程联立，求点的坐标，再根据，即可求解；【算法二】设直线方程为，，后面的过程同【算法一】. 【详解】（1）由题意得：， 所以 所以椭圆方程为. （2）由题意可知，直线的斜率存在且为正， 直线方程为， 因为三角形的面积是三角形面积的5倍 ∴ ∵  ∴ 又由题意可知、均在轴右侧，∴ 【算法一】设直线方程为，由，解得 ， 思路一： 所以 因为点点在椭圆上，故将点坐标代入椭圆方程整理得： ∴ 所以直线方程为，即． 思路二：由得， 显然成立 ∵ ∴ ∴ 整理得： ∴ 所以直线方程为，即． 【算法二】设直线方程为， 由，解得， 思路一：． 所以由  得 因为点点在椭圆上，故将点坐标代入椭圆方程整理得： ∴ 所以直线方程为，即．15分 思路二：得， 显然成立 ∵ ∴ ∴ 整理得： ∴ 所以直线方程为，即 题型14：圆锥曲线中点弦问题 40．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知直线与双曲线及其渐近线分别交于点，和点，. (1)求实数的取值范围； (2)证明：； (3)若，过双曲线上一点向双曲线作切线，，其斜率分别为，，问是否存在这样的，使得为定值？若存在，求出的值及定值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)或 (2)证明见解析 (3)不存在，使得为定值 【分析】（1）联立方程组，利用判别式即可求解； （2）根据韦达定理和中点坐标公式得点，进而联立直线方程可得点，坐标，即可得与的中点重合，即可求解； （3）根据相切可利用判别式为0得，为方程的两个根，进而根据韦达定理化简，结合假设法即可求解． 【详解】（1）联立，得， 由题意可得，，解得或； （2）证明：设，，    由（1）可得， 设的中点为，则， 从而，即， 又双曲线的渐近线方程为， 联立，解得， 同理可得， 则的中点为，故与的中点重合， 则，，即； （3）设过且与双曲线相切的直线方程为， 即，联立， 得， 由题意可知， 化简可得， 由题意可知，为方程的两个根， 则，， 故， 若为定值，则有，化简得，此时， 但此时， 故不存在，使得为定值． 41．（2025·陕西商洛·三模）已知双曲线经过点，离心率为． (1)求的方程． (2)已知的左、右焦点分别为、，直线与相交于、两点． ①若的斜率为，求线段的中点的轨迹方程； ②若经过点，且，求的方程． 【答案】(1) (2)①；②或或 【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出双曲线的方程； （2）①设点、，设点，设直线的方程为，将直线的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，求出点的坐标，进而可得出点的轨迹方程； ②分三种情况讨论，与轴重合、轴、直线的斜率存在且不为零，前两种情况直接验证即可；在第三种情况下，设直线的方程为，设点、，将该直线方程与双曲线方程联立，求出线段的中点，分析可知，结合斜率关系可求出的值，综合可得出直线的方程. 【详解】（1）由题意可得，解得，故双曲线的方程为. （2）①设点、，设点， 设直线的方程为，联立可得， 则， 由韦达定理可得，可得， 则，即点的轨迹方程为； ②易知点、，若直线与轴重合，则、为双曲线的顶点， 显然，不合乎题意； 若直线轴，由对称性可知， 点、关于轴对称，则； 当直线的斜率存在且不为零时，设直线的方程为， 设点、， 联立可得， 由题意可得，解得， 由韦达定理可得，， 所以，线段的中点为， 若，则，，， 所以，，解得. 综上所述，直线的方程为或或. 42．（2025·云南·模拟预测）已知椭圆的焦距为，抛物线的焦点是的一个顶点. (1)求抛物线的标准方程： (2)若直线与交于两点，且点为线段的中点. （i）求直线的方程； （ii）若为坐标原点，求的面积. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）求出椭圆的顶点即可得出抛物线的焦点，求出得抛物线方程； （2）（i）利用点差法求出直线斜率即可得直线方程；（ii）求出弦长及点到直线距离公式利用面积公式得解. 【详解】（1）由题知，可求得， 所以，故，即， 所以抛物线的方程为； （2）如图， （i）由题意，设， 代入抛物线方程，可得， 两式相减可得，即， 由可得，故， 又由点为线段的中点且点在抛物线内， 所以直线的方程为，即. （ii）联立，得，其中， 故， 所以， 又因为到直线的距离， 所以的面积. 题型15：圆锥曲线范围问题 43．（2025·上海长宁·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为，点A是其左顶点，点P是双曲线上一点，且位于第一象限，若双曲线的离心率． (1)求双曲线的方程； (2)若三角形是等腰三角形，求点P的坐标； (3)直线不垂直于x轴，且与曲线的另一个交点为Q，若是锐角，求直线的斜率的取值范围． 【答案】(1) (2)或. (3) 【分析】（1）根据题设条件求出基本量后得双曲线方程； （2）就、、分类得方程组，求解后得的坐标； （3）联立直线方程和双曲线方程，结合韦达定理可得关于斜率的不等式，求解后得斜率的范围. 【详解】（1）设半焦距为，则即，而，故， 故，，故双曲线的方程为：. （2）由（1）得，， 因为在第一象限，故设，其中， 因为三角形是等腰三角形，故或或， 若，则在的中垂线上，则，舍； 若，则，故， 故，解得，故. 若，同理有，， 故， 综上，或. （3） 设直线，设， 而，故， 因为是锐角， 故， 所以， 整理得到， 由可得， 故且， 且，因为点P在第一象限，所以或， 又， 整理得：，故或或. 44．（2025·山东泰安·二模）已知双曲线，左､右顶点分别为，过的直线交双曲线于两点. (1)若在第一象限，是等腰三角形，求的坐标； (2)连接并延长交双曲线于，若，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先由题设条件结合双曲线性质得到P点在以为圆心、3为半径的圆上，联立两曲线方程即可求解； （2）由题意设直线，点，联立直线与双曲线方程，由题意结合判别式、韦达定理以及向量数量积的定义直接计算并化简得到即可分析求解. 【详解】（1）当时，双曲线，其中， 因为为等腰三角形，点在第一象限， 所以由双曲线性质可知，为三角形的底边，， 所以P点在以为圆心、3为半径的圆上， 设，其中，则有，解得，即. （2）由题意的斜率不为0，设直线， 设点，则 联立得 由已知二次项系数，且， 即， 所以， 则 即. 代入得， 即， 化简得，即，所以 因为，代入，得， 所以所以， 综上， 45．（2025·安徽池州·二模）已知椭圆的长轴长是短轴长的倍，且左､右焦点分别为. (1)求的方程； (2)已知为坐标原点，点在上，点满足，求的最小值，并指出此时点的坐标. 【答案】(1) (2)，或 【分析】（1）根据题意，列出方程求出的得解； （2）法一，设点，由结合点在椭圆上求出点的轨迹方程，由两点间距离公式，利用转化为二次函数求最值，得解；法二，由，解得，将用表示，利用椭圆范围求出答案. 【详解】（1）由题意可设椭圆，且 所以，解得 所以的方程为. （2）解法一：设点，所以， 由，得，解得. 又，所以，化解得， 所以，由得，解得， 所以， 当且仅当时，取“=”，则，即， 所以的最小值为，此时点的坐标为或. 解法二：设点，所以， 由，得，解得. 由得，解得， 所以， 当且仅当时，取“=”，即， 所以的最小值为，此时点的坐标为或. 题型16：圆锥曲线的定点、定值问题 46．（2025·河南周口·二模）已知，在椭圆（，）上． (1)求E的方程； (2)若M为E上一点（异于P，Q两点），求面积的最大值； (3)过点作两条直线分别与E交于另一点A，B，记直线NA，NB的斜率分别为，，若，证明：直线AB过定点． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）代入即可求解得解， （2）联立直线与椭圆方程，根据相切得判别式为0，进而根据平行线间距离公式即可求解最值， （3）设直线方程，联立与椭圆方程，得到韦达定理，进而根据两点斜率公式，即可化简求解. 【详解】（1）将，代入椭圆中可得 ，解得， 故椭圆方程为 （2）由，可得， 设与平行且与椭圆相切的直线方程为， 联立与可得， 故，解得， 当直线时，此时直线与直线的距离最大，故最大距离为， 因此的最大值为 （3）设直线， 则，化简得， 设,, 则， 故, 故，即， 化简可得， 故， 化简可得，解得或， 当时，则，此时直线经过，与重合，不符合题意，舍去， 当，则，此时直线恒经过，符合题意， 47．（2025·广东·二模）已知椭圆的左右顶点分别为，点在椭圆上.点为直线上的动点，直线与直线的斜率之比为. (1)求椭圆的方程； (2)椭圆的长轴上是否存在定点，使得直线与椭圆交于两点，当点在直线上运动时，恒构成等差数列？若存在，请求出定点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在，定点 【分析】（1）利用斜率公式可求参数，再由点在椭圆上可求参数，即可得椭圆方程； （2）利用斜率取特殊值0时，找到定点的坐标，再利用一般斜率来进行证明即可得证. 【详解】（1） 设，且点， 得，. 由直线与直线的斜率之比为，得： 又因为点在上， 所以，， 将代入，解得， 所以的方程为. （2） 当直线斜率为0时，分别为轴上两个端点， 此时，要满足成立， 则，此时点，点，猜想直线斜率不为0时，定点， 当直线斜率不为0时，设 由得 ， 根据猜想有， 此时，满足也成立， 所以综上，椭圆的长轴上存在定点，使得直线与椭圆交于两点时，恰好成等差数列. 48．（2025·浙江杭州·二模）已知抛物线的焦点到准线的距离为2，点，过的直线交于，两点，过，分别作的垂线，垂足分别为，，直线，与直线分别交于点，. (1)求的方程； (2)记，的纵坐标分别为，，当时，求直线的斜率； (3)设为轴上一点，记，分别为直线，的斜率.若为定值，求点的坐标. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由题意得到，即可求解； （2）设直线的方程为，联立抛物线方程，结合韦达定理即可求解； （3）由（2）结合两点斜率公式即可求解. 【详解】（1）由题意知，所以抛物线方程为. （2） 由题意可设直线的方程为，，，则，，. 所以，得， 所以，. 所以直线的方程为：，与直线的方程联立消去， 解得，同理. 所以.所以. 所以直线的斜率为. （3）设， 因为. 因为，. 所以， 当时，为定值.所以. 49．（2025·陕西安康·三模）给定椭圆，将圆心为坐标原点，为半径的圆称为椭圆的“内切圆”．已知椭圆的两个顶点为，离心率为． (1)求椭圆的方程． (2)直线过椭圆的右焦点，并与椭圆相交于两点，且，求直线的方程． (3)是椭圆的“内切圆”上一点（与不重合），直线与椭圆的另一个交点为．记直线的斜率分别为，证明：为定值． 【答案】(1) (2)或 (3)4 【分析】（1）根据椭圆的离心率及上下顶点即可求解； （2）设直线的方程为，联立直线与椭圆的方程，再根据弦长公式计算即可； （3）设直线的方程为,联立直线与“内切圆”方程解得坐标，联立直线与椭圆方程解得坐标，再计算直线的斜率即可. 【详解】（1）由题意可知， 因为椭圆的上下顶点为,离心率, 所以,, 所以椭圆方程为. （2）由（1）可知，椭圆的右焦点为，且直线与轴不重合， 设直线的方程为,,如图①所示， 联立得, 所以， 由弦长公式得, 则，解得,故或, 所以直线的方程为或. （3）如图②所示，由（1）可得，“内切圆”的方程为，, 设直线的方程为, 联立，化简得， 解得或， 所以， 联立，化简得， 解得或， 所以, 所以，， 所以. 题型17：圆锥曲线与向量交汇问题 50．（2025·上海黄浦·二模）椭圆的左、右焦点分别为，过点的直线与交于点． (1)若，点的坐标为，求点到直线的距离； (2)当时，求满足的点的个数； (3)设直线与的另一个交点为，，点的横坐标为，若的离心率，求的取值范围． 【答案】(1)； (2)答案见解析； (3). 【分析】（1）求出直线的方程，利用点到直线的距离公式求解. （2）求出以线段为直径的圆方程，再与椭圆方程联立，按求出方程组的交点坐标即可. （3）设，表示出点的坐标，将点坐标代入椭圆方程，建立的关系，进而建立不等式求解. 【详解】（1）依题意，，而，则直线的方程为， 即，所以点到直线的距离. （2）由，得点在以线段为直径的圆上，， 由消去得，即， 当时，，，因此点，共2个； 当时，，解得，， 因此点，共4个， 所以当时，点的个数为2；当时，点的个数为4. （3）设，由，且在线段上，得， 则，解得，而， 由点在上，得，即， 整理得，即，由，得，解得， 所以的取值范围是. 51．（24-25高三下·广东·开学考试）已知动点在椭圆上，且的左、右焦点分别为.设直线为上不重合的两点. (1)求的离心率； (2)已知； （i）证明：点在轴的异侧； （ii）证明：当的面积取最小值时，存在常数使得，并求的值. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析，2 【分析】（1）直接根据椭圆中的关系和离心率公式求解； （2）（i）由，则，根据坐标运算可证； （ii）要使最小，此时，，根据等号成立的条件可得点坐标，再结合向量坐标运算可解的值. 【详解】（1）由题设，. 则，即，且，即. 则的离心率为. （2）（i）由（1）可得，设. 则. 由，得，即0. 故必存在一点在第一象限，另一点在第四象限，即点在轴的异侧. （ii）记的面积为，点到的距离为，则. 要使最小，则必须使与同时达到最小值. 显然当运动至的右顶点时最小，此时， 而， 当且仅当或时取等号，最小值为. 此时. 且， 故，解得.    52．（2025·甘肃白银·模拟预测）已知曲线，从上任意不在轴上的一点向轴作垂线，为垂足，是线段的中点. (1)求动点的轨迹的方程，并说明轨迹是什么图形； (2)已知，若为轨迹上位于轴同侧的两点，且共线，求四边形面积的最大值. 【答案】(1)，以为焦点，长轴长为4，去掉长轴端点的椭圆 (2)最大值为2 【分析】（1）设，则，由中点坐标公式得，代入曲线的方程化简即可求解，注意轨迹的完备性. （2）由题意，直线与轨迹的另一交点为与轨迹的另一交点为，根据对称性知四边形的面积为四边形的面积的一半，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，与椭圆方程联立，求出，两平行线与的距离，进而求得，换元，利用二次函数性质求得最大值，再求直线的斜率不存在时的面积，即可得解. 【详解】（1）设，则，由中点坐标公式得. 因为点在曲线上，所以. 故线段的中点的轨迹的方程为. 且轨迹是以为焦点，长轴长为4，去掉长轴端点的椭圆. （2）因为为轨迹上位于轴同侧的两点，且共线， 所以，直线与轨迹的另一交点为与轨迹的另一交点为， 根据对称性知四边形的面积为四边形的面积的一半， 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 与椭圆两交点的坐标分别为， 由得 所以， 所以 . 直线的方程为， 两平行线与的距离， 所以 ， 令，则， 所以， 当时，最大，最大值为2 当直线的斜率不存在时，， 故四边形的面积的最大值为2. 【高考达标】 一、单选题 1．（2025·山东济南·二模）已知抛物线的焦点为，在直线上任取一点作抛物线的切线，切点分别为，则到直线距离的最大值为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】设,,根据判别式求出为切点的切线方程和以为切点的切线方程,设过直线上任一点为,将代入和,即可求得直线的方程,进而求得点到直线的距离. 【详解】设,,可得,， 设以为切点的切线方程为， 联立与抛物线的方程可得， 故，解得， 故以为切点的切线方程为:,即——① 同理可得,以为切点的切线方程为: ——② 设过直线上任一点为 代入①②得 所以直线的方程为,即, 故过定点, 当时,到的距离的最大值为:. 故选:B 2．（2025·安徽蚌埠·模拟预测）已知抛物线（）的焦点为F，经过点F的直线l与抛物线相交于点P，Q（点P在第一象限），若，则直线l的斜率为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】作出准线，过作准线的垂线，垂足分别为，利用抛物线的定义把抛物线点到焦点的距离转化为点到准线的距离，利用平面几何知识计算出直线的斜率． 【详解】设是准线，过作于，过作于，过作于，如图， 则，又，所以， 所以，所以， 所以 直线斜率为. 故选：D.    3．（2025·山东·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为，过作的垂线与在第一象限内交于点，且．设的离心率为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据椭圆定义和已知线段关系求出相关线段长度，再通过三角函数关系求出，最后利用余弦定理建立关于椭圆离心率的方程并求解. 【详解】 如图，连接，设与交于点 M. 由，可设，则，其中， 由椭圆的定义，得，从而， 又因为，所以，在中，设， 则为锐角，所以，即， 由余弦定理，得，即，解得. 故选：C. 4．（2025·河南周口·二模）已知抛物线，O为坐标原点，点A在直线上，过点A作E的两条切线，切点分别为P，Q，若AP，AQ分别交x轴于B，C两点，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】联立方程利用判别式为零求出斜率，求出B，C坐标，进而可得答案. 【详解】设点，易知切线的斜率存在，设切线斜率为，则方程为， 联立，， 由可得， 解得， 切线的方程为，令可得， 不妨设, 则 . 故选：A 5．（2025·山东聊城·二模）双曲线的方程为，直线与双曲线左右两支分别交于A，B两点，与两条渐近线分别交于E，F两点，若E，F是线段AB的三等分点，则的值为（    ） A．4 B．8 C．12 D．24 【答案】D 【分析】设，，联立直线l与双曲线E的方程，得，再求出E，F点坐标，根据即可得解. 【详解】设，， 联立直线l与双曲线E的方程，得， 消去x，得， 则，且， 双曲线的渐近线方程为， 联立直线l与双曲线E的渐近线方程，得， 得，即，同理， 因为E，F是线段AB的三等分点，所以， 即，则， 所以， 则，所以. 故选：D    6．（2025·陕西榆林·二模）已知离心率为2的双曲线的左右焦点分别为，过的直线与双曲线在第一象限交点为，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作出辅助线，得到，故为等腰三角形，，由双曲线定义得到，由余弦定理得到，进而得到正切值，利用得到斜率，并判断出CD错误. 【详解】由，得，设中点为． 故， 由得，故， 故为等腰三角形，    即， 又，所以． 所以中，． 则，， 所以直线的斜率， 显然直线与轴交于负半轴，，CD错误. 故选：B. 7．（2025·河南·三模）在平面直角坐标系中，点为抛物线的焦点，点，动点满足，且，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据动点满足的条件，得到其轨迹方程，再利用点到直线的距离公式求出的最小值. 【详解】设点，由及，得， 即，又，消去得， 的最小值即为点到直线的距离， 由已知得，而，故的最小值为. 故选：C. 8．（2025·浙江金华·二模）过抛物线：的焦点且斜率为的直线与交于，两点，线段，的中点分别为，，为坐标原点，直线，与抛物线的另一个交点分别为，，记点，到轴距离分别为，，则（   ） A． B． C．轴 D．若，则 【答案】C 【分析】设，,的直线方程，求出,进而求出，判断选项A,B,求出直线方程，表达出,判断选项C,再根据,求出的值，判断选项D. 【详解】设，,的直线方程， 因为线段的中点分别为, 所以， 根据中位线性质，则，， 由抛物线的定义可得，，，故A,B错误； 设直线方程：， 联立可得，，则， 故， 同理可得 又,则 故，故 则，故轴,故C正确；    由,则， 则，再由，故 则或（舍去），故 故，则，故D错误. 故选：C. 9．（2025·浙江嘉兴·三模）已知抛物线，其准线为，焦点为，过的直线与和从左到右依次相交于，，三点，且，则和的面积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意求出，得出直线，与抛物线联立得出，，然后求出两个三角形的底边，即可得出答案. 【详解】不妨设点在第一象限，如图所示， 由题可知，，， 所以，所以， 又，所以，故， 此时，所以直线， 与抛物线联立得，所以，代入抛物线方程得， 所以，易得， 所以，， ， 故选：B. 10．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知在平面直角坐标系中，，，动点满足，点为抛物线上一动点，且点在直线上的投影为，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题干的条件即可求得满足的轨迹方程为圆，再利用距离最小即四点共线时，即可求得最小值. 【详解】 因为，动点满足， 设，则，两边同时平方整理得：， 即点P的轨迹是以为圆心，以为半径的圆； 因为点在直线上的投影为， 又抛物线上的点到焦点的距离与到准线的距离相等，故, 故 当且仅当四点共线时，取得最小值， 最小值为, 故 . 故选：D 二、多选题 11．（2025·宁夏银川·二模）已知圆，直线，则（    ） A．直线l与圆C可能相切 B．当时，圆C上恰有三个点到直线l的距离等于1 C．直线l与直线垂直 D．若圆C与圆恰有三条公切线，则 【答案】CD 【分析】对于A项，求出直线经过的定点坐标，判断该点与圆的关系，即可判断；对于B项，代入，得出直线的方程，求出圆心到直线的距离，即可得出答案；对于C项，根据两直线的系数计算即可得出；对于D项，根据已知可知两圆外切，根据已知求出两圆圆心、半径，列出方程，求解即可得出答案. 【详解】对于A项，整理直线 可得出， 解方程组可得，直线过定点. 圆的圆心为，半径为， 则， 所以点在圆内，即直线过圆内一定点， 所以，直线l与圆C一定相交.故A错误； 对于B项，当时，直线化为. 此时有圆心到直线的距离，且， 因此圆C上只有两个点到直线l的距离等于1.故B错误； 对于C项，因为， 所以直线l与直线垂直.故C正确； 对于D项，要使圆C与圆恰有三条公切线，则应满足两圆外切. 圆可化为， 圆心为，半径为. 因为两圆外切，所以有， 即， 整理可得，化简可得， 解得.故D项正确. 故选：CD. 12．（2025·陕西榆林·二模）已知曲线的方程为，下列说法正确的有（   ） A． B． C．曲线被直线截得的弦AB长为 D．曲线的一条对称轴方程为 【答案】ABD 【分析】对于A项，把原式看成关于y的一元二次方程，用判别式求范围；对于B项，先配方变形，再用三角换元，将化为三角函数形式求范围；对于C项，联立方程，用韦达定理求出与，再代入弦长公式求弦长；对于D项，根据曲线方程特点，验证点是否在曲线上. 【详解】对于A选项，由，得． 所以判别式，解得，故A正确； 对于B选项，由，得． 令，则 所以 即，故B正确； 对于C选项，由联立得，设 则 所以，故C错误； 对于D选项，若点在曲线上，显然点也在曲线上．故D正确． 故选：ABD. 13．（2025·安徽黄山·二模）已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，过点作直线交抛物线于，两点，则（   ） A．的最小值为4 B．以线段为直径的圆与直线相切 C．当时，则 D． 【答案】BCD 【分析】由题设可得，，设，联立抛物线并应用韦达定理得，，应用弦长公式、抛物线的定义求弦长，确定的中点横坐标，即可得判断A、B、C；应用向量数量积的坐标表示及韦达公式化简判断D. 【详解】由题设，则，， 可设，联立抛物线得，显然， 所以，，则 ，当且仅当时等号成立，A错； 由抛物线的定义知，而的中点横坐标为， 所以的中点与直线的距离为，即为的一半， 所以以线段为直径的圆与直线相切，B对； 若，且，则，而， 所以，则， 所以，则，C对； 由，D对. 故选：BCD 14．（2025·广东广州·二模）瑞士著名数学家欧拉在1765年提出：三角形的外心，重心，垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.若的三个顶点坐标分别为，，其“欧拉线”为，圆，则（    ） A．过作圆的切线，切点为，则的最小值为4 B．若直线被圆截得的弦长为2，则 C．若圆上有且只有两个点到的距离都为1，则 D．存在，使圆上有三个点到的距离都为1 【答案】BC 【分析】A项，利用勾股定理写出的表达式，即可求出的最小值；B项，求出直线的解析式，得出圆的位置，即可得出结论；C项，根据圆上有且只有两个点到的距离，得出圆心到直线的距离小于直径，结合距离公式即可得出结论；D项，由几何知识即可得出结论. 【详解】由题意， 的三个顶点坐标分别为，， 在圆中，，半径 ， A项， 过作圆的切线，切点为，如图所示， ∴, 在中，由勾股定理得， ∴ ∴当时，取最小值，，故A错误； B项， 重心坐标即, 所在直线，即 线段的中点, ∴的垂直平分线为：， 同理可得，的垂直平分线为：， ，解得：， ∴外心 由几何知识得，垂心与外心重合， ∴过和，，即， 直线被圆截得的弦长为2，恰好为圆的直径， ∴直线过圆心， ∴，即，B正确； C项，圆上有且只有两个点到的距离都为1， ∴圆心到直线即的距离小于直径. ∴，解得：，故C正确； D项，由几何知识得， 圆上不可能有三个点到直线的距离均为半径1，故D错误； 故选：BC. 15．（2025·江西景德镇·三模）已知为抛物线的焦点，是上位于第一象限的一点，，过点的直线与交于两点（在线段上），且，则（    ） A．直线的倾斜角为 B．直线斜率之和为 C． D． 【答案】ABD 【分析】设点的坐标结合斜率公式计算判断A，联立方程组计算斜率和判断B，根据距离计算判断C，应用数量积公式计算判断D. 【详解】设点，，解得．又，∴点， 直线的斜率为，直线的倾斜角为．A正确； 设点，， 的方程为，联立， 消去可得．则 ，，所以，的斜率之和为 ，B正确； 若，则，即，∴，经验证不符题意，C错误； ，D正确． 故选：ABD． 16．（2025·全国·模拟预测）已知椭圆的离心率为，将绕其中心分别逆时针、顺时针各旋转，得到椭圆，设围成的公共区域的边界为曲线，则（    ） A．有四条对称轴 B．上任意两点间距离的最大值为 C．的周长 D．围成图形的面积 【答案】ACD 【分析】先根据给定等式求出椭圆相关参数，再通过联立方程求交点和弦长，最后画出图形，结合图形对称性、图形周长和面积知识逐个分析各选项即可. 【详解】由题意知，解得. 由解得或 则与直线的交点为， 所以直线被截得的弦长为4. 结合对称性，可作出以及如图所示，其中. 对于A，有四条对称轴，分别为直线，故A正确； 对于B，由图可知，上任意两点间距离的最大值为，故B错误； 对于C，正方形的周长为，所以的周长，故C正确； 对于D，的短半轴长为，可知以原点为圆心，半径为的圆为曲线的内切圆，其面积为，所以，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题 17．（2025·上海崇明·二模）已知双曲线的左、右焦点为，以O为顶点，为焦点作抛物线交双曲线于P，且，则 ． 【答案】 【分析】由抛物线得定义过点作准线的垂线，可构造直角三角形，由此可得，再在中由余弦定理可得，接着利用双曲线的定义可求，最后利用共焦点求得. 【详解】由题意可知，， 如图，过点作准线的垂线，垂足为，则，    则，得， 在中由余弦定理可得， ，即， 则由双曲线的定义可得，得， 则 故答案为： 18．（2025·湖南·二模）已知椭圆，为的右焦点，为第一象限内椭圆上的一点，过点作的切线，与、轴分别交于，两点，若，则点的坐标为 . 【答案】 【分析】设，可得切线方程，进而可得，，结合向量数量积可得解. 【详解】设，， 易知切线斜率存在， 则设切线方程为 ，可得， 则， 所以，代入直线，可得， 即，即直线为，即， 令，得，同理令，得， 因此，， 又因为，， 故，得，， 故点的坐标为， 故答案为：. 19．（2025·福建福州·模拟预测）双曲线的两个焦点为，以的实轴为直径的圆记为，过作的切线与的左右两支分别交于两点，且，则的离心率为 . 【答案】 【分析】依题意不妨设双曲线的焦点在轴，设过的直线与圆相切于点，则在、中应用正弦定理可得，再结合双曲线定义可得，再运用余弦定理可得，进而可求得离心率. 【详解】不妨设双曲线的标准方程为，则， 设过的直线与圆相切于点，则在中，， 且点位于双曲线的右支，如图所示， 在中，由正弦定理得， ， 又， ， 在中，， 即， 化简得，即. 故答案为：. 20．（2025·天津南开·一模）已知圆与抛物线的准线相切于点为的焦点，则直线被圆截得的弦长为 ． 【答案】 【分析】根据已知可得，进而有、，写出，求圆心到直线距离，再应用圆中弦长的几何求法求直线被圆截得的弦长. 【详解】由题设，抛物线准线为，则，故， 由准线与圆相切且圆心，易知， 所以，即， 故到的距离， 所以直线被圆截得的弦长为. 故答案为： 21．（2025·陕西安康·三模）已知双曲线的左、右顶点分别为是双曲线的左焦点，为双曲线的左支上任意一点（异于点），若，则双曲线的离心率为 ． 【答案】 【分析】由题意得，，根据正切二倍角公式得，由，化简可得，再根据代入化简计算即可求解. 【详解】设，由题意可知， 则，， 所以， 因为在双曲线上，所以， 所以， 因为，所以, 得，即, 化简可得, 因为，所以， 所以. 故答案为：. 22．（2025·河北邯郸·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过右焦点向圆引一条切线交椭圆于点，连接，如图，若，则椭圆的离心率 ． 【答案】 【分析】设直线与圆切于点，根据，得到 则，进而利用勾股定理求出离心率. 【详解】设直线与圆切于点，则， 由，则， 所以，，， 由勾股定理得， 即，解得， 则，． 故答案为： 四、解答题 23．（2025·山东济宁·二模）已知双曲线（，）的离心率为，且点在双曲线上， (1)求的方程； (2)若直线交于，两点，的平分线与轴垂直，求证：的倾斜角为定值. 【答案】(1) (2)证明见解析，直线的倾斜角为定值 【分析】（1）由题意即可得即，又点在双曲线上，即可解出； （2）设直线的方程为，与双曲线方程联立，得韦达定理，又的平分线与轴垂直，得，即得，代入韦达定理即可得证. 【详解】（1）由题意有，又点在双曲线上，所以， 解得，所以双曲线的方程为； （2）由已知得直线的斜率存在，设其方程为，设 所以， 所以， 由韦达定理有：， 又因为的平分线与轴垂直，所以， 即，所以，即， 所以， 即，所以或， 当时，直线的方程为，即直线过点，不符合题意， 所以，设倾斜角为，即，， 即直线的倾斜角为定值.    24．（2025·安徽淮北·二模）已知双曲线经过点为其左，右顶点，且与的斜率之积为 (1)求双曲线的方程； (2)点为实轴上一点，直线交于另一点，记的面积为的面积为，若，求点坐标. 【答案】(1) (2) 【分析】(1)先根据直线斜率之积得到关于的方程，解出的值，再将的值代入另一个方程求出的值，最后根据双曲线标准方程的形式得出双曲线的方程． (2)方法1通过设直线方程与双曲线方程联立，结合已知点在直线上得到关于的表达式，再根据面积关系列出等式求解，进而得到点坐标； 方法2先求出直线PQ与轴交点的横坐标关于的表达式，再根据面积关系消去，得到关于的方程，最后联立双曲线方程求解点坐标． 【详解】（1）由得，解得， 又，解得，于是的方程为：. （2）（方法1）设，显然， 设直线，与0联立，消去得，则， 又在直线上，得，代入上式得 于是，即， 整理得，解得，进而， 即所求点坐标为. （方法2）设，显然直线的斜率存在，其方程为： ，令，解得 依题意 将（1）代入上式，消去得 . 整理得，即 由知联立，解得. 即所求点坐标为.    25．（2025·天津和平·二模）已知椭圆（）的短轴长为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)椭圆的左、右顶点分别为、，设点B为椭圆上的点（异于点、），直线与直线交于点C，以BC为直径的圆与直线交于另一点D（异于点B），直线CD与x轴相交于点E，试证明点E为定点并求出点E的坐标. 【答案】(1) (2)证明见解析， 【分析】（1）由题意有和解出即可； （2）方法（一）设点（）直线的方程为，与联立，求得点，又以BC为直径的圆与直线交于另一个点D，则，得直线CD的方程为，令得点的横坐标，代入椭圆方程即可得证； 方法（二）依题意直线斜率存在，设直线的方程为，点，与椭圆方程联立得韦达定理，即可求出点的坐标，又以BC为直径的圆与直线交于另一个点D，得，即可求出，进而得直线的直线方程，令即可求解. 【详解】（1）依题意，所以，又因为，解得， 所以椭圆方程为. （2）方法（一）由（1）得，， 设点（），则有① 直线的斜率为，直线的斜率为， 直线的方程为，与联立，所以点， 因为以BC为直径的圆与直线交于另一个点D，所以， 所以直线CD的斜率为，因此直线CD的方程为， 令，则点E的横坐标为②， 又因为①式，有代入②式，解得， 所以直线CD与x轴相交于定点E，点E的坐标为. 方法（二）依题意直线斜率存在，设直线的方程为，点， 由方程组，整理得. 由韦达定理有，， 代入，解得，即，又因为， 所以直线，即的斜率为， 直线与联立，所以点， 因为以BC为直径的圆与直线交于另一个点D，所以，所以， 所以直线CD的方程为，令，得点E的横坐标为， 所以直线CD与x轴相交于定点E，点E的坐标为.    26．（2025·西藏拉萨·二模）已知椭圆，直线经过的上顶点及右焦点． (1)求的方程； (2)若直线与交于点，，且直线与交于另外一点． （ⅰ）若，求直线的方程； （ⅱ）判断直线是否过定点，若是，求出该定点；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)（ⅰ）或；（ⅱ）存在，定点为 【分析】（1）由直线方程易得，即可求解； （2）（ⅰ）设直线方程，设，， 得到，联立椭圆方程，结合弦长公式即可求解；（ⅱ）直线的方程为，由对称性易知该定点在轴上，再令求解即可. 【详解】（1）    因为直线经过的上顶点及右焦点， 所以上顶点坐标为，， 令得，所以，， 所以的方程为． （2）（ⅰ）由（1）得，直线斜率一定存在，设其方程为， 设，，则， 由得， 所以，， 所以 ， 解得，， 所以直线的方程为或． （ⅱ）直线的方程为， 由对称性易知若直线过定点，则该定点在轴上， 令，得 ， 所以直线过定点． 27．（2025·陕西榆林·二模）已知焦距为且焦点在轴上的椭圆经过点．直线不过点．若与相交于两点，且以为直径的圆过点． (1)求椭圆的标准方程； (2)求证：点在定直线上． 【答案】(1) (2)证明见详解 【分析】（1）设椭圆方程为：，根据焦距及经过点列出方程组即可求解； （2）由直线方程和椭圆方程求得韦达定理，由以为直径的圆过点得出，化简整理即可证明． 【详解】（1）设椭圆方程为：． 因为焦距为，所以，即， 由，解得． 故椭圆方程为：． （2）证明：设点， 由,得， 由得， 则． 因为以为直径的圆过点， 所以，即， 整理可得①， 将， 代入①式化简可得，即， 因为直线不过点，所以，即． 所以点在定直线上．    28．（2025·北京通州·一模）已知椭圆的离心率为，点在椭圆E上. (1)求椭圆E的方程； (2)若过A的直线l（斜率不为0）与椭圆E的另一个交点为B，线段中点为M，射线交椭圆E于点N，交直线于点Q.求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据离心率和即可结合的关系求解， （2）联立直线与椭圆方程，根据中点坐标可得，进而可得以及，即可结合向量的数量积以及两点距离公式化简求解. 【详解】（1）根据题意可知，解得， 故椭圆方程为 （2）设直线，联立与的方程可得， 设，则, 故，故， ， 故直线的方程为， 联立与椭圆方程可得，解得, 在直线中，令，则，故, 故 ， 故 29．（2025·宁夏陕西·模拟预测）已知分别为椭圆的左、右顶点，均为椭圆上异于顶点的点，为椭圆上的点，直线经过左焦点，直线经过右焦点． (1)求椭圆的标准方程． (2)试问是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是，请说明理由． (3)设的面积与的面积分别为，求的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据已知条件与椭圆的性质列方程组，求得，的值，即可求得椭圆的标准方程； （2）设，，则，由点点在椭圆上，可得，化简求得，同理可求得，进而可得解. （3）由（2）结合三角形面积公式易得由，得结合基本不等式即可求得的最小值，即可得解. 【详解】（1）依题意可得：，解得，， 所以椭圆的标准方程 （2）    易得，，设，， 则， 所以 得，， 同理可得， 则. （3）由（2）易得 由，得 因为所以，解得或(舍去)， 当且仅当时，等号成立， 故的最小值为. 30．（2025·辽宁·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，且点在椭圆上． (1)求椭圆的方程； (2)若经过点且倾斜角为）的直线与椭圆交于M，N两点（其中点在轴上方）如图①.将平面xOy沿轴折叠，使点折至的位置，且轴正半轴和轴所确定的半平面（平面）与轴负半轴和轴所确定的半平面（平面）互相垂直，如图②.    （i）当直线的倾斜角为时，求折叠后图②中的长度； （ii）是否存在直线，使得折叠后的周长与折叠前的周长之比是3:4？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）存在，直线的方程为： 【分析】（1）由离心率为得，则，将点代入，计算解得，即可得解； （2）（i）求出直线方程为：，再联立椭圆方程，解出两点坐标，根据两点距离公式即可求解；（ii）由三角形周长求得，设直线的方程为，代入椭圆方程应用韦达定理得，求得，建空间直角坐标系后，可得，求得，即可求得的值，求得直线的方程. 【详解】（1）因为，所以，所以， 椭圆方程为： 又因为点在椭圆上，带入得： 所以， 椭圆方程为：. （2）（i）折叠前可知，所以直线方程为： 因为直线与椭圆交于M，N两点，所以， 解得或， 又因为点在轴上方，所以 折叠后，建立空间直角坐标系：以为轴，以轴的负半轴反方向为y轴， 以折后轴的正半轴为轴，可得： 所以 （ii）折叠前的周长为， 折叠后的周长为， 在图①中，设，直线的方程为， 联立，得， ， ， 建空间直角坐标系后，可得， 又因为， 所以 整理得： 所以，因此，又倾斜角为锐角， 所以存在直线，直线方程为： ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$