专题06 平面解析几何7个考点（福建专用）2026年高考数学一模分类汇编

可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题06平面解析几何 考点1 直线方程与圆的方程 1.c 2.D 3.1 x=1或x+3y-1=0 4.A 5..ABD 6.D 7.B 8.c 考点2 椭圆方程及其性质 1.B 2.D 3竖，2 4.BCD 5.B 6.B 7.A 8.A 考点3 双曲线方程及其性质 1.D 2.C 3② 4.C 5.ABC 6.2 7.A 8.ABD 1/27 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 考点4 抛物线方程及其性质 1.3 2.AC 3.B 4.y2=4x 5.c 考点5 圆锥曲线弦长面积问题 1.BCD 2.【详解】(1)选择条件①和③： 因为C的离心率为2，点A到C的右焦点的距离为1，所以{ =2, c-a=1. 解得但二之 又因为c2=a2+b2,所以b2=c2-a2=3, 所以C的方程为x2_二=1 3 选择条件②和③： 因为C的渐近线方程为y=士V3x,点A到C的右焦点的距离为1， 也=3， 所以由〈 c-a=1, (c2=a2+b2 可得8二君 所以C的方程为：2-苦=1 选择条件①和②： 因为C的离心率为2， 所以e==2→c=2a→c2=4a2a2+b2=4a2-b2=3a2-b=V3a, 所以C的海近线方程为y=±总xy=±y=±V3x, a 由①能推出②，所以C存在但是不唯一，不符合题意； 综上所述：选择条件①和③和选择条件②和③时，C的方程2-号=1，选择条件①和②时，C存在且不 唯一 (2)由(1)知，点A坐标为(1,0)， 又由P(2,3)可得直线PA的方程为3x-y-3=0,且IPA=V10 2/27 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 设点M到直线PA的距离为d, 因为△AMP面积为3，所以S=PA·d=×V0.d=3,所以d=四 5 设过点M且与直线PA平行的直线为n:3x-y+m=0. 则n与直线PA的距离为酒，故号= 5 解得m=3或m=-9, 所以直线n方程为3x-y-9=0或3x-y+3=0, 直线3x-y+3=0与直线PA关于原点中心对称， 与双曲线左支有两个交点，不合题意，舍去 。{马五 (3x-y-9=0, 故点M坐标为(2，-3)或(7,12)， 当M坐标为(2，-3)时，点P(2,3),所以直线的方程为x=2, 当M坐标为(7,12☑时，点P(2,3),直线的方程为品=号9x-5y-3=0, 所以直线的方程为x=2或9x-5y-3=0 〔方法二)由(1)知，点A坐标为(1,0)，且点P(2,3)在C上 当直线l斜率不存在时，M(2,-3),△AMP面积为3，直线的方程为x=2,符合题意 当直线斜率存在时，设其方程为y-3=k(x-2) 由-无=1，得3-k2+（42-6的x-4k2+12k-12=0, y-3=k(x-2), 设M(x1y1)(x1>1), 袋g，1=-2=22-6+6 则1+2=数2-6k k2-3 k2-3 故PM=V1+k1x1-2引=V1+k26k+1 1k2-3 又因为A到直线的距离d= -k+3 1+k2, 3/27 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 故△AMP面积为S=PM1·d= 3k-6)k-3) k2-3 所以=-=3，解得k=k=或k=1, k2-3 因为该双曲线的渐近线方程为y=士V3x, 所以k=<3,k=1<3, 因此此时直线不与双曲线的右支相交， 因为k=}>3, 所以此时直线与双曲线的右支相交， 故直线的方程为y=-亏 93 综上，直线的方程为x=2或9x-5y-3=0. 3.【详解】(1)由已知得，2a=4,所以a=2, 原点0到直线y=x+2的距离为b=D-0+回=1， 所以E的方程为号+y2=1 (2)(1)当过点P(-2,1)的直线斜率不存在时， 直线与椭圆E只有1个交点，舍去， 设直线的方程为y-1=k(x+2), (y-1=k(x+2) 设C(x1y1)、D(x2y2), +1 消去y整理得(1+4k2)x2+(16k2+8k)x+16k2+16k=0, 所以△=(16k2+8k)2-4(1+4k2)(16k2+16k)>0,解得k<0, 1+x2=-162+8k 警= 直线BC的方程为y-1=,令y=0,得w=六=+到 X1 X2■ X2 同理可得xN=一为=-k,+2可 X1 X2 XM+XN=- k(x1+刀+-k2+2 =42+2)+6+2 2x1x2+2(x1+x2) -k(x1+2)(x2+2) -k[x12+2Gx1+x2)+4到 又因为2x2+201+x)=2.1+2(-14)=4 16k 1+4h2 1+4k2 xx2+201+x)+4=16+2(-16e)+4=1+ 4 1+4k2 1+4k2 4/27 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以xM+xN==一4=2xA, 16k 所以M,A,N的横坐标成等差数列： (i)由(i)知A为M,N的中点，得|MN=2AN, 所以二- ANya-yDl=ANI1=为=AN= MNI·lyB-yDl MNI -ya=MNI= 所以△ABD与△BMD的面积之比为号 B 4.【详解】(1) 由抛物线定义得IQPI=|FQl,又因为FP川=IFQI,所以△PQF为等边三角形， 所以∠Pp0=QPF= 设准线为与x轴交于点N(-0),且P的纵坐标为23，所以PN=23FN=P, 所以anPF0=ar写-29=3，所以p=2: (2) 设m:x=ty+4，A(x3y3),B(x4y4), 联立得气44y2-4y-16=0, 由韦达定理得y3+y4=4t,y3y4=-16, 5/27 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以AD1=V1+ty3lBD川=V1+ty4l, 所以A011BD1=(1+×-16=24,所以2=克则E=±号 由韦达定理得y3+y4=±2W2,y3y4=-16, 所以=-所以+片+2= y3y4 所月+1o 1或=-2 三 y4 所以品-贵品=兴=2， 所以品的值为或2 5.9 6.【详解】(1)由焦距2c=2,即c=1,可知两焦点坐标分别为F1(-1,0),F2(1,0), 则2a=[1-(-12+(g-0)°+1-1P+G-0）)°=4， 即a=2,b2=a2-c2=3, 所以C的标准方程为号+苦=1 (2) ①)设P,Q的坐标分别为P(x1y),Q(2y2),设1的方程为y-=k1(x-1), +号=1 联立{ 4 3 3 =k1(x-1) 整理得(3+4kx2+8跳，（停-k1)k+4(怎-k1)-12=0, 2 所以△=64好(9-k1)厂-43+4k4(9-k1）°-1=144+483k1+108>0, 为+名=跳-盟 2=409-”-12 3+4k 3+4 wPw0=m-网=(-1n-9(e--》 6/27 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 -a-+- =I(x1-1)(x2-1)+k(x1-1)(x2-1)川=(1+k)lx1x2+1-(x1+x2) =￥4(9-)°-12+3+4好+融（停-k 6(1+k) Γ3+4k3 设l2的方程为y-9=k(x-1),同理有wS1NT=2, 2 3+4号) 所以牌=牌即好=经， 由于k1≠k2,所以k1=-k2,即k1+k2=0,所以l1,l2的斜率之和为定值0. (i)不妨设l1的斜率k1>0,其倾斜角为a, 则四边形PSQT的面积为S四边形Psr=IPQlISTIsin22a, l1PQ1=x1-x2)2+y1-y2)2=V1+klx1-x2= V1+k·V144k3+483k1+108 3+4k =251+好12好+43k+9 3+4k 同理得15T=231+312号+4k+9 3+4k3 由k1+k2=0,得1ST=2y5:+店12h3+9, 3+4k 又sin2a= sinacosa tana sina cos4a=tam2a+ 36 所以5四地形50r=gV144+168子+81=腰+、16好+警+号 12k1 设t=16k好++2， 由基本不等式得t≥ k +56=86 216好·房 331 当且仅当k1=等号成立， 36t 12(16-3t3) 设f=,te,+o)f四=e+9<0, 所以f)在区间，+四)上单调递减， 当t=8时，f)取得最大值（色9）=26， 所以四边形PSQT的面积最大值为2V6 12k1 12k1 或S四边形Ps0r=8+·1(12k+9列2-48k子=6+4h·V9(4k1+3)2-48k =123 3k 12 -16 N(4k好+3)2 (4好+3)2 7/27 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2 k好 设t=4+3 由基本不等式得t 当且仅当k1=9等号成立， 设f0=1233-16c=4a3品-2=43-(e-+( 16 可知f)在区间(0，上单调递增，当t=时，f()取得最大值f(给=26， 所以四边形PSQT的面积最大值为2√G 7【详解】1)设P(xw)Q(x2y2)则M色，) 经+=1 因为P,Q两点均在椭圆C上，所以 +=1 相减得兴= 、4 3 3 即kpQ·koM=-是所以直线PQ与OM的斜率之积为定值， (2) B A 因为AP川=IPQI,则P为线段AQ的中点，从而 =y2-3 由知w=号代入得装-月 即-3y2+3=品，因为0在椭圆C上，所以号=4 联立解得y2=,所以x2=雪或- 21 2 当x2=时，1=9，=-追，所以直线的斜率为= 8 10 42 同理，当=时，1=-平，=福此时直线的斜率为 2 8 综上所述，的方程为=土得-23 (3 8/27 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B 因为直线过点4(0，-23，则+25=2+23， X1 X2 可得x2y1-x1y2=2W3(x1-x2), 所以x2y1+x1y2= y好-xy经= x2y1-X1Y2 6-0翅=-x+x2 2V3(x1-x2) 从而得到 x2y=36. 4 X2 4 B1P的方程为y-V3=-x,B2Q的方程为y+3=2+x 联立得 y+3 x1y2+V51 4 由此解得：y=-号，即R在定直线y=-上 2 设R(,9),因为BP1B2Q,所以B1R:BR=(,9(,9=2-=0 由对称性，不妨取t=多从而R(传，一马) 由此可得直线B1P的方程为y=一3x+3,与椭国C联立得P(,-) 同电，直线B1Q的方程为y=号一3，与椭圆C联立得Q(借-智 所以RP=专IRQI=誓从而△PQR的面积为RPI-IRQI=-盟 【点晴】关键点点晴：先猜想两动直线求交点纵坐标为定值，然后借助坐标运算可得到定值，最后问题可 以得解 8.【详解】(1)点C(4,0)满足1CF1=3引0F1,则4-=3×，解得p=2. 故Ey2=4x,准线方程：x=-1. (2)如下图所示： 9/27 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 设直线AB:x=my+1,(m≠0，否则直线AM/x轴，不合题意)， 联立4士消元得2-4my-4=0. 设A(x1M1),B(x2y2),则yy2=-4x1x2==1, 16 由抛物线定义有|AF1=x1+1,BF=x2+1, 则+品=中+=好格1，问题得还. 11 1_x1+x2+2 (3)易知直线AB的斜率一定存在，如下图： A OVE B M、 不妨令y1=2(t>1),则y2=-是代入抛物线方程可得x1=t2x2=,即A(2,20,B(怎，-)： 由于AB L AM,且直线B的斜率k==品 故直线AMx-2=名-20，即x=品y+ t2-1, 令y=0,则得点M的横坐标为xM=+, t2-1’ 由B(后，-)c〔40可得直线8Cx=号y+4, y++3r2 2t 联立 x=一 x=是y+4 ,,解得点N纵坐标yw=2+电， 4t4-t2+1 因此，(S1-S2)S3=CFlly1+y2l·(xMw-4)ywl 1 2t2-2.1/t4+3t2)2t(t4-t2+4) =5×3× t×22-1-4× 4t4-t2+1 =3×+4=3-1+4 44-t2+1-4x好-x1+1 10/27 专题06 平面解析几何 7大考点概览 考点01直线方程与圆的方程 考点02椭圆方程及其性质 考点03双曲线方程及其性质 考点04抛物线方程及其性质 考点05圆锥曲线弦长面积问题 考点06圆锥曲线定点定值问题 考点07圆锥曲线证明，最值与探索问题 直线方程与圆的方程 考点1 1．（2025·福建福州·模拟预测）已知，为等腰直角三角形，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设点为原点，，即在单位圆上，设，分，，分别为直角顶点时，分别求得最大值，可得结论. 【详解】设点为原点，，即在单位圆上，设， 若点为直角，则向量，将逆时针旋转， 得向量，对应点， 此时 ， 同理可得顺时针旋转得， 此时 ， 情况2，直角顶点是时，因为关于过原点且与垂直的直线对称， 故由对称性可知此时的最大值仍为， 情况3，直角顶点为时，设，满足且， 解得，或， 所以， ， 综上所述：的最大值为. 故选： 2．（2025·福建·模拟预测）已知直线与圆相交于，两点，，则（    ） A．5 B．4 C．3 D．2 【答案】D 【分析】由点到直线的距离公式、圆的弦长公式列方程即可求解. 【详解】设圆心到直线的距离为， 则由点到直线的距离公式可得， 因为，圆的半径为，所以，解得. 故选：D. 3．（2025·福建漳州·模拟预测）已知直线l过点，分别与直线：，：交于A，B两点，圆C：过A，B两点，则△ABC面积的最大值为__________；当△ABC面积取最大值时，直线l的方程为__________ 【答案】 1 或 【分析】由题意作图，根据三角形的面积计算，结合正弦函数的性质，可得面积最值，根据等腰直角三角形的性质，可得的值，分直线的斜率存在与不存在两种情况，联立方程求交点，由两点距离公式，建立方程，可得答案. 【详解】 由，则其圆心，半径，设， 易知，则当时，取得最大值为， 在等腰中， 当直线的斜率不存在时，直线， 代入直线，解得，则； 代入直线，解得，则； 所以，显然此时取得最大值为. 当直线的斜率存在时，可设直线， 联立可得，解得，，则； 联立可得，解得，，则； ， 由，则，解得，即直线， 所以取得最大值为，则直线或. 故答案为：；或. 4．（2026·福建龙岩·一模）已知线段是圆的一条动弦，且.若点为直线上的任意一点，则的最小值为（    ） A．6 B．8 C．14 D．35 【答案】A 【分析】利用圆的性质求出弦中点的轨迹，再根据向量运算将转化为与点相关的形式，最后结合点到直线的距离公式求出最小值. 【详解】设弦中点为，根据圆的性质，， ， 所以点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆， 其方程为. 因为， 所以， 的最小值为圆心到直线的距离减去圆的半径2. ， . 故选：A. 5．【多选题】（2026·福建漳州·模拟预测）已知点在圆上，点，分别为直线与轴，轴的交点，则下列结论正确的是（   ） A．圆截轴所得的弦长为 B．的最大值为 C．直线的斜率最大值为 D．的面积的最小值为 【答案】ABD 【分析】利用圆的弦长公式可判断A；利用点到圆上的点的距离最大值的求法可判断B；当直线与圆相切时直线的斜率取到最值，可判断C；利用圆上点到直线距离的最值的求法可判断D. 【详解】易得，，圆，圆心，半径． 圆截轴所得的弦长为，故选项A正确； 因为，所以的最大值为，故选项B正确； 因为当直线与圆相切于轴上方时，设此时切线的斜率为 ， 切线方程为：， 圆心 到切线的距离等于半径：， 即，化简得：，即， 解得：，所以直线的斜率取得最大值，故选项C错误； 因为圆心到直线的距离为， 所以点到直线的最小距离， 所以的面积的最小值为，故选项D正确. 故选：ABD． 6．（2025·福建泉州·模拟预测）已知圆 与圆有两个交点，则r的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据两圆相交的性质直接得出. 【详解】由题意知：圆心与圆心， 则圆心距， 因为圆与圆有两个交点， 所以， 解得：. 故选：D 7．（2025·福建泉州·模拟预测）已知是圆C：上任意一点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】的几何意义为直线的斜率，再根据直线与圆得交点即可得出答案. 【详解】设，变形得， 于是的几何意义为圆上点与定点连线的斜率， 圆的圆心为，半径为， 由是圆上任意一点，得圆与直线有公共点， 因此圆心到直线的距离不大于圆的半径， 则，解得， 所以的最小值为. 故选：B 8．（2025·福建泉州·模拟预测）已知直线与圆交于不同的两点A，B，若存在最小值且最小值不大于，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据存在最小值分析出，再根据最小值不大于列出关于r的不等式即可求解． 【详解】将直线方程变形为，则可知直线恒过定点， 圆的圆心，则， 若，则直线可和圆O相切，如图所示，此时A、B重合，若直线与圆O交于不同的两点A，B， 则可不断趋于0，不存在最小值，与题意不符，故， 即P在圆O内，直线与圆O一定交于两点A、B，此时对于任意给定的半径r， 根据圆的性质，当时，弦AB最短，最小，此时弦长， 在中，，当时，为等边三角形，此时， 由题意，已知最小值不大于，则最小值对应的弦AB满足， 即，解得， 综上所述，． 故选：C． 椭圆方程及其性质 考点2 1．（2026·福建福州·模拟预测）已知椭圆C的两个焦点分别为，，点在C上.若C上一点M与的距离为6，则M与的距离为（   ） A．10 B．14 C．20 D．26 【答案】B 【详解】因为椭圆C的两个焦点分别为，，点在C上， 所以，，于是. 因为，且， 所以. 2．（2026·福建莆田·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，则的周长为（   ） A．5 B．6 C．8 D．10 【答案】D 【分析】由椭圆方程求得椭圆的参数，结合椭圆的定义即可求焦点三角形的周长. 【详解】由题意得，，，所以， 因为在椭圆上，则有，且有， 则的周长为. 3．（2025·福建泉州·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，过的直线与椭圆交于两点，点为坐标原点，点在椭圆上，且，则的取值范围为____. 【答案】 【分析】先求得椭圆的方程，再由，分轴和AB为长轴求得最值即可. 【详解】因为，所以， 因为， 当轴时，， 所以； 当AB为长轴时，， 所以， 所以的取值范围为， 故答案为： 4．【多选题】（2025·福建泉州·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，短轴长为，离心率为，是椭圆上异于长轴端点的一动点，点与点关于原点对称，则（    ） A．的面积最大值为 B．的最小值为 C．若以为直径的圆经过两点，则点的轨迹方程为 D．椭圆上存在点，使得 【答案】BCD 【分析】A列关系式，求椭圆方程，当点位于短轴顶点时，的面积最大；B证明四边形为平行四边形，再结合基本不等式可求；C设过点的圆的一般方程，将三点坐标代入求出圆方程，利用关于圆心对称，求出点坐标，再利用消参思想求出轨迹方程；D当点位于短轴顶点时符合题意. 【详解】由题意可知，，，，解得， 则，，, 当点位于短轴顶点时，的面积最大，最大值为，故A错误； 因点与点关于原点对称，则四边形为平行四边形，则， 因，则 , 等号成立时，故B正确； 设过点的圆的方程为， 设，且，，， 则，，， 得，， 则过点的圆的方程为，圆心， 因为圆的直径，则关于点对称，则， 令，则， 因，则， 因，则点的轨迹方程为，C正确； 当点位于短轴顶点时，此时为等边三角形，，故D正确. 故选：BCD    5．（2025·福建泉州·模拟预测）已知椭圆的离心率为，则的一个顶点与两个焦点构成的三角形是（   ） A．等边三角形 B．等腰直角三角形 C．等腰非直角三角形 D．直角非等腰三角形 【答案】B 【分析】根据椭圆离心率及即可得出判断． 【详解】由椭圆离心率为，则，， 所以，， 所以的一个顶点与两个焦点构成的三角形是等腰直角三角形， 故选：B． 6．（2025·福建福州·三模）设椭圆的左、右焦点分别为、，点在椭圆上，为的平分线与轴的交点.若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】解法一：不妨设点位于第一象限，设，，根据题意得出关于、的方程组，解出这两个量的值，利用角平分线定理分析得出，结合三角形的面积公式可求出的值； 解法二：不妨设点位于第一象限，设，，根据题意得出关于、的方程组，解出这两个量的值，由结合三角形的面积公式可求出的值. 【详解】依题意，，， 解法一：不妨设点位于第一象限，设，，则①，且. 因为，所以，所以②. 由①②解得：，. 因为平分，由角平分线定理可得，故， 所以，即， 故，所以. 解法二：不妨设点位于第一象限，设，，则①，且. 因为，所以，所以②. 由①②解得：，. 由，得， 所以. 故选：B. 7．（2025·福建三明·一模）已知椭圆的左，右焦点分别为、，过且斜率为的直线l与椭圆C在x轴上方的交点为，的角平分线与线段交于点N，若，则椭圆C的离心率是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先利用角平分线定理以及椭圆定义得出，再在中利用余弦定理即可求出离心率. 【详解】设椭圆的半焦距为， 因为的角平分线， 则在中利用角平分线定理可知，， 因，，则，则， 由椭圆的定义可知，，则， 由直线的斜率为，则， 则在中利用余弦定理可得，， 即，得或（舍）， 则椭圆C的离心率是. 故选：A      8．（2025·福建龙岩·一模）已知椭圆的左，右焦点分别为，，为坐标原点．若椭圆上的点满足，，则椭圆的离心率为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】如图，利用勾股定理求得，结合和椭圆的定义建立关于的方程，解之即可求解. 【详解】如图，过点作，垂足为，    由，知，所以，而， 所以，则， 由椭圆的定义知，，即， 所以椭圆的离心率为. 故选：A 双曲线方程及其性质 考点3 1．（2026·福建泉州·二模）双曲线的对称中心为，焦点为，过的直线与的一条渐近线平行．若与以为圆心，为半径的圆相交于两点，且，则的离心率为（   ） A． B． C． D．4 【答案】D 【分析】设双曲线的标准方程为，可求出双曲线的渐近线，从而可以求出过双曲线焦点的直线，由点到直线的距离公式求出原点到直线的距离，再根据弦长公式可求出，和相等，代换化简即可求出答案. 【详解】设双曲线的标准方程为， 由题意可知双曲线的焦距为， 因为，所以可得， 不妨设为双曲线的左焦点，则可知， 过点的直线与双曲线的一条渐近线，所以可知直线的斜率为， 则可得直线的方程为，即， 由点到直线距离公式可以求出原点到直线的距离， 由垂径定理可知， 因， 代入可求得，化简可知， 又因，则，代入可知， 则. 故选：D 2．（2025·福建泉州·模拟预测）双曲线的实轴长是虚轴长的2倍，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由双曲线的标准方程可得，从而得到，再由离心率公式代入计算，即可得到结果. 【详解】将双曲线化为标准式可得， 则，即， 且其实轴长是虚轴长的2倍，即，解得， 即， 离心率. 故选：C 3．（2025·福建三明·模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线交双曲线左支于，两点，，，则双曲线的离心率为___________． 【答案】/ 【分析】设，则，，，在等腰中应用诱导公式、二倍角余弦公式可得，在、中应用余弦定理求参数值，并得到双曲线参数的齐次式，即可得. 【详解】设，则，，故，    在等腰中，，则 ， 又，可得， 所以，则，， 在中，可得， 所以. 故答案为： 4．（2025·福建泉州·模拟预测）已知，分别为双曲线的左、右焦点，直线过与交于，两点，若，，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，结合双曲线的定义及得，再由和余弦定理得到齐次式，即可得离心率. 【详解】设，则， 所以，则， 由，则，故， 综上，， 由，则， 所以，可得， 所以. 故选：C 5．【多选题】（2025·福建福州·模拟预测）在平面直角坐标系中，，为两个定点，为动点，且，，成等比数列，记点的轨迹为，过作的切线，则下列说法正确的是（   ） A．是双曲线 B．若，则的斜率为 C．存在点，使得 D．不存在区间，当时， 【答案】ABC 【分析】利用等比中项列等式并化简求C的轨迹方程可判断A；求出M点的横坐标，利用导数的几何意义求切线的斜率判断B；当M是顶点时切线斜率不存在但满足，当M点不是顶点时求出切线的斜率，由两直线垂直斜率之积为列方程求解M，方程无解，此时不满足条件，判断C；将代入不等式求出的范围，再结合双曲线上点的坐标的范围即可求得的取值范围，判断D. 【详解】因为，，成等比数列， 所以，即， ，进一步化简可得：， 所以点的轨迹C为双曲线，A正确； 若，则，将C的方程转化为：， 求导得：，令得，即过点M的切线的斜率为，B正确； 若，则过点M的切线l为，此时满足； 若，则过点的切线l的方程为：，切线l的斜率为，如果，则，等式不成立.所以存在点，使得，C正确； 将代入不等式得，解得， 结合双曲线得，D错误. 故选：ABC 6．（2025·福建福州·模拟预测）已知双曲线的右焦点为，其左、右顶点分别为，过且与轴垂直的直线交于两点，直线与交于点，若与的面积相等，则的离心率为____________． 【答案】2 【分析】根据双曲线方程和焦点位置，确定右顶点、右焦点以及直线与双曲线的交点的坐标，分别求出直线和的方程，联立求解交点Q的坐标，由面积相等条件列出方程，最终求出离心率. 【详解】双曲线左顶点，右顶点，右焦点（其中， 将代入双曲线方程可得，解得， 不妨设和， 直线的斜率为，其方程为：， 同理可得直线的方程为：，直线的方程为：， 即直线的一般式方程为， 联立直线与直线，解得：，即， 因为与的面积相等，所以点到直线的距离等于点到直线的距离， 即：，因为，所以化简得，即， 故答案为：2 7．（2025·福建泉州·模拟预测）已知分别为双曲线的左、右焦点，直线过与交于两点，若，，则的渐近线为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意求得，，，，结合余弦定理求得即可. 【详解】 由，即，可得． 设，，，根据上述条件及双曲线的定义，可知 ，，． 又因为，所以， 故，，，． 在中，由， 得，得，即， 得，故的两条渐近线方程为． 故选：A． 8．【多选题】（2025·福建龙岩·一模）已知双曲线的左，右焦点分别为，，左、右顶点分别为，．为双曲线在第一象限上的点，设，的斜率分别为，，且．过点作双曲线的切线与双曲线的渐近线交于，两点，则（   ） A．的值随着的增大而减小 B．双曲线的离心率为 C． D． 【答案】ABD 【分析】利用三角形正弦定理来判断A选项，利用坐标来计算斜率得到相等关系可求离心率，可判断B选项，利用基本不等式可判断C选项，利用双曲线的切线方程来研究交点坐标，可判断D选项. 【详解】对于A，双曲线的左顶点为，右顶点为， 渐近线为，在中， 由正弦定理可知， 显然，均为锐角且随着的增大分别减小与增大， 即，随着的增大分别减小与增大且均为正数， 的值随着的增大而减小，故A正确； 对于B，由，则，因为左顶点为，右顶点为， 即，所以，，故B正确； 对于C，显然，且，，故C错误； 对于D，可设双曲线， 在点处的切线方程为， 联立可得， 联立可得， 点为线段的中点，即，故D正确； 故选：ABD. 抛物线方程及其性质 考点4 1．（2026·福建泉州·二模）已知点，若为抛物线上的动点，则的最小值为___________． 【答案】3 【分析】先根据抛物线的方程确定其焦点和准线，再利用抛物线的定义将转化为点到准线的距离，最后结合几何性质求出的最小值. 【详解】由，得，令， 则抛物线方程可化为，其焦点坐标为，准线方程为， 因此原抛物线的焦点为，准线方程为. 因为点在抛物线上，所以等于点到准线的距离， 设到轴的距离为，则， 过点作轴于点，则的长度就是点到轴的距离，即， 所以当三点共线时，最小，最小值为3.    故答案为：3 2．【多选题】（2025·福建泉州·模拟预测）在平面直角坐标系中，设为抛物线的焦点，是上一点，点，若的延长线与交于点．记，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】依题意得到抛物线的准线，根据准线的性质，正弦定理及三角函数的定义即可判断各选项． 【详解】依题意可得抛物线的准线为， 对于选项A，B，过点作垂直准线于，则，如图，    在中，由正弦定理有，得， 在中，，且， 则，所以，故选项A正确； 所以当时，，即当时，，故选项B错误； 对于选项C，D，过点作垂直准线于，则，如图，    在中，由正弦定理有，得， 在中，，且， 则，所以，故选项C正确； 所以当时，，即当时，，故选项D错误； 故选：AC． 3．（2025·福建漳州·模拟预测）已知点，抛物线：的焦点为F，P是C上的动点，则的最小值为（   ） A． B．2 C． D．3 【答案】B 【分析】利用抛物线定义与三角形两边之和大于第三边计算即可得. 【详解】过点作抛物线的准线于点， 由抛物线定义可得， 则， 当且仅当、、三点共线，抛物线的准线， 即时，有最小值. 故选：B. 4．（2025·福建·模拟预测）已知抛物线的准线方程为，则该抛物线的标准方程为__________． 【答案】 【分析】根据题意可知抛物线的焦点在x轴正半轴上，且，即可得方程. 【详解】由题意可知：抛物线的焦点在x轴正半轴上，且，即， 所以该抛物线的标准方程为. 故答案为：. 5．（2025·福建泉州·一模）如图，已知是圆锥的轴截面，分别为的中点，过点且与直线垂直的平面截圆锥，截口曲线是抛物线的一部分．若在上，则的最大值为（    ） A． B．1 C． D． 【答案】C 【分析】勾股得到，从而得到当最大时，最大，然后根据截面得到截面，根据勾股得到当最大时，最大，再结合截面得到的最大值，从而得到的最大值. 【详解】 过点作，交底面圆于两点，连接，，， 设，则， 所以当最大时，最大， 由圆锥的性质得底面， 因为底面，所以， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为分别是的中点，所以，则， 因为，平面，所以平面， 则平面为截面， 因为为中点，所以，所以平面， 因为平面，所以，所以， 则当最大时，最大， 如图为截面的平面图， 以为原点，为轴，过点垂直向上的方向为轴正方向建系， ，，，则抛物线方程为， 设，，则， 所以， 则此时，. 故选：C. 【点睛】关键点睛：本题的解题关键在于找到截面，然后转化为平面几何求最值. 圆锥曲线弦长面积问题 考点5 1．【多选题】（2026·福建福州·模拟预测）已知抛物线的焦点为F，直线与C交于A，B两点，与x轴交于点P，则（    ） A．的取值范围为 B．的取值范围为 C．若，则的面积为9 D．若，则的周长为 【答案】BCD 【分析】将直线方程与抛物线方程联立，得到一个一元二次方程，根据两点间距离公式，结合一元二次方程根的判别式、根与系数关系进行求解A即可；根据两点间距离公式，结合一元二次方程根的判别式、根与系数关系、反比例型函数的单调性进行求解B即可，根据点到直线距离公式、三角形面积公式，平面向量垂直的性质，结合一元二次方程根的判别式、根与系数关系以及抛物线的对称性进行求解C即可；根据抛物线的定义，结合C的结论进行求解D即可. 【详解】对于A，在中，令，得，所以点P坐标为. 由， 由题意可得，或， 设，则有， ，所以本选项不正确； 对于B，抛物线关于横轴对称，且直线过定点， 不妨设A，B两点在第一象限内，此时， 而， ， 因为，所以， 可得， 即， 则的取值范围为，所以本选项说法正确； 对于C，当时，， 则有 ， 抛物线关于横轴对称，不妨设A，B两点在第一象限内， 且，此时，所以有 而， 点到直线的距离为， 所以的面积为 ，所以本选项正确； 对于D，由弦长公式得 ， 且 ， 所以的周长为，因此本选项说法正确. 2．（2026·福建福州·模拟预测）已知双曲线：的右顶点为A.请从条件①、②、③中选择两个条件作为已知，使得C存在且唯一. 条件①：的离心率为2； 条件②：的渐近线方程为； 条件③：的右焦点与点A的距离为1. (1)求的方程； (2)若过点的直线交C的右支于点M，且的面积为3，求的方程. 注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得0分；如果选择多组符合要求的条件分别解答，按第一组解答计分. 【答案】(1)选择条件①和③和选择条件②和③时，的方程，选择条件①和②时，C存在且不唯一 (2)或 【分析】（1）选择条件①和③：根据双曲线的离心率公式和两点间距离公式进行求解即可； 选择条件②和③：根据双曲线的渐近线方程和两点间距离公式进行求解即可； 选择条件①和②：根据双曲线的离心率公式和双曲线的渐近线方程进行求解判断即可. （2）方法一：根据三角形面积公式，结合点到直线距离公式进行求解即可； 方法二：设出直线方程与双曲线联立，利用三角形面积公式，结合点到直线距离公式进行求解即可. 【详解】（1）选择条件①和③： 因为C的离心率为2，点A到C的右焦点的距离为1，所以 解得 又因为，所以， 所以C的方程为. 选择条件②和③： 因为C的渐近线方程为，点A到C的右焦点的距离为1， 所以由 可得 所以C的方程为. 选择条件①和②： 因为的离心率为2， 所以， 所以的渐近线方程为， 由①能推出②，所以C存在但是不唯一，不符合题意； 综上所述：选择条件①和③和选择条件②和③时，的方程，选择条件①和②时，C存在且不唯一. （2）由（1）知，点A坐标为， 又由可得直线的方程为，且. 设点M到直线的距离为d， 因为面积为3，所以，所以. 设过点M且与直线平行的直线为n：. 则n与直线的距离为，故， 解得或， 所以直线n方程为或， 直线与直线关于原点中心对称， 与双曲线左支有两个交点，不合题意，舍去. 由得或 故点M坐标为或， 当M坐标为时，点，所以直线的方程为， 当M坐标为时，点，直线的方程为， 所以直线的方程为或. （方法二）由（1）知，点A坐标为，且点在C上. 当直线斜率不存在时，，面积为3，直线的方程为，符合题意. 当直线斜率存在时，设其方程为. 由得， 设， 则，， 故， 又因为A到直线的距离， 故面积为. 所以，解得，或， 因为该双曲线的渐近线方程为， 所以，， 因此此时直线不与双曲线的右支相交， 因为， 所以此时直线与双曲线的右支相交， 故直线的方程为. 综上，直线的方程为或. 3．（2026·福建龙岩·一模）已知椭圆的左顶点为，上顶点为，长轴长为4，且以短轴为直径的圆与直线相切. (1)求的方程； (2)过点的直线交于两点，直线分别交轴于两点，证明： （ⅰ）的横坐标成等差数列； （ⅱ）与的面积之比为定值. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）由题可得，然后由到直线的距离可得，据此可得答案； （2）（i）由题设过点的直线方程为，、，将直线与椭圆方程联立，由韦达定理可得，，由题可得，验证可完成证明； （ⅱ）注意到，据此可完成证明. 【详解】（1）由已知得，，所以， 原点到直线的距离为， 所以的方程为. （2）（i）当过点的直线斜率不存在时， 直线与椭圆只有1个交点，舍去， 设直线的方程为， 设、，由， 消去整理得， 所以，解得， ，， 直线的方程为，令，得， 同理可得. . 又因为， . 所以， 所以的横坐标成等差数列； （ⅱ）由（ⅰ）知为的中点，得， 所以， 所以与的面积之比为. 4．（2026·福建莆田·二模）已知抛物线的焦点为，准线为，直线与，的交点分别为，，且. (1)求； (2)若过点的直线交于，两点，且，求的值. 【答案】(1)2 (2)或. 【分析】（1）由抛物线定义可得进而得到为等边三角形，从而求得，结合图形特征及角的正切即可求解； （2）设直线：,联立直线与抛物线可得，则由韦达定理得，，计算弦长代入中即可求得，再列方程结合弦长公式求值. 【详解】（1） 由抛物线定义得，又因为，所以为等边三角形， 所以， 设准线为与x轴交于点，且的纵坐标为，所以， 所以，所以； （2） 设： ，，， 联立得，， 由韦达定理得，， 所以 ， 所以，所以，则， 由韦达定理得，， 所以，所以， 所以， 或， 所以 或， 所以的值为或. 5．（2026·福建莆田·二模）已知双曲线的左顶点为，右焦点为，过的直线交于，两点.若，则的外接圆的半径为_____. 【答案】 【分析】设直线方程，通过证明从而得到为直角三角形，即可得到答案. 【详解】由题意可知，，， 易知直线的斜率不为，设直线方程为，，， 则，， 联立，整理得， ， 所以，， 所以 ， 所以， 即为直角三角形， 又因为，所以的外接圆的半径为. 6．（2025·福建漳州·模拟预测）已知椭圆：的焦距为2，且过点. (1)求C的标准方程； (2)过点作两条斜率存在且不为零的直线，分别交于和，满足. （i）证明：，的斜率之和为定值； （ii）求四边形面积的最大值. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）由椭圆定义列出等式求得，再结合关系即可求解； （2）（i）设P，Q的坐标分别为，，的方程为，联立椭圆方程，由韦达定理结合，求得，同理有，结合即可求证；（ii）由弦长公式结合，得到，令，结合基本不等式求得，再构造函数求导确定单调性即可求解；或 ，令设，构造函数，结合其单调性即可求解. 【详解】（1）由焦距，即，可知两焦点坐标分别为，， 则， 即，， 所以的标准方程为. （2） （i）设P，Q的坐标分别为，，设的方程为， 联立，整理得， 所以， ，， ， 设的方程为，同理有， 所以，即， 由于，所以，即，所以，的斜率之和为定值0. （ⅱ）不妨设的斜率，其倾斜角为， 则四边形的面积为， ， 同理得， 由，得， 又， 所以. 设，由基本不等式得， 当且仅当等号成立， 设，，， 所以在区间上单调递减， 当时，取得最大值， 所以四边形的面积最大值为. 或 设，由基本不等式得，当且仅当等号成立， 设， 可知在区间上单调递增，当时，取得最大值， 所以四边形的面积最大值为. 7．（2025·福建福州·模拟预测）已知坐标原点为，椭圆：的上下顶点分别为，，过点且斜率存在的直线交于，两点，直线与交于点. (1)设线段的中点为，证明：直线与的斜率之积为定值； (2)若，求的方程； (3)若，求的面积. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用点差法可求得斜率之积为定值； （2）利用设坐标结合由条件可得的相等关系列方程组，然后消元，求解出坐标，再用两点式求直线方程即可； （3）同样利用设坐标，结合三点共线可得坐标关系，再通过点在椭圆上，借助二次关系可分别求出，从而去求两动直线交点的纵坐标为定值，最后可求出面积值. 【详解】（1）设，，则 因为，两点均在椭圆上，所以，相减得 即，所以直线与的斜率之积为定值. （2） 因为，则为线段的中点，从而 由（1）知：，代入得 即，因为在椭圆上，所以 联立解得，所以或 当时，，，所以直线的斜率为 同理，当时，，，此时直线的斜率为 综上所述，的方程为. （3） 因为直线过点，则， 可得， 所以 从而得到 的方程为，的方程为. 联立得 由此解得：，即在定直线上 设，因为，所以 由对称性，不妨取，从而 由此可得直线的方程为，与椭圆联立得 同理，直线的方程为，与椭圆联立得 所以，，从而的面积为. 【点睛】关键点点睛：先猜想两动直线求交点纵坐标为定值，然后借助坐标运算可得到定值，最后问题可以得解. 8．（2025·福建福州·模拟预测）已知为抛物线的焦点，点满足，其中为坐标原点，过的直线交于A.B两点，点在第一象限，过点作直线AB的垂线，交轴正半轴于点，直线BC交直线AM于点．记的面积分别为． (1)求的准线方程； (2)证明：； (3)求的最小值及此时点的坐标． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)最小值， 【分析】（1）根据列出关于的方程，即可求解； （2）设直线，与抛物线方程联立得出韦达定理，再根据抛物线焦半径公式即可证明； （3）令，则，即，求出，进而得出，根据导数即可求解最小值及点的坐标． 【详解】（1）点满足，则，解得． 故，准线方程：． （2）如下图所示： 设直线，否则直线轴，不合题意)， 联立消元得， 设，则， 由抛物线定义有， 则，问题得证． （3）易知直线的斜率一定存在，如下图： 不妨令，则，代入抛物线方程可得，即， 由于，且直线AB的斜率， 故直线，即， 令，则得点的横坐标为， 由可得直线， 联立，解得点纵坐标， 因此， ， 记， 则 . 因为当时，， 所以时，时，， 故在区间上单调递减，在上单调递增， 因此当时，取到最小值，此时． 圆锥曲线定点定值问题 考点6 1．（2026·福建泉州·二模）在直角坐标系中，椭圆的左、右顶点分别为，上顶点为，且． (1)求的方程； (2)点是上两个动点，点在直线上，设直线的斜率分别为，且． （i）设关于的对称点为，试判断是否共线？并说明理由： （ii）在①的面积为定值，②的面积为定值，③的面积为定值，这三个结论中选择一个结论补充在下面命题中，使该命题为真命题，并证明． 命题：若直线与直线相交于点，则_______. 【答案】(1) (2)（i）三点共线，理由见解析；（ii）答案见解析 【分析】（1）根据长轴长可求，用基本量表示题设中的诸向量后可求向量和的模长，从而可求，故可得椭圆方程，或者根据直角的几何性质可求，故可求椭圆方程； （2）设直线与的交点为，根据对称性可得，再结合题设条件可得直线的斜率即为，从而可证三点共线.我们也可以设，结合向量运算可得的坐标，结合题设条件可证，从而可证三点共线. （3）利用韦达定理或齐次化可证在定直线上，从而可选②③得相应的面积定值. 【详解】（1）法1：由，可得， 又，可得，所以， 所以，又，根据题意得， 解得，从而求得椭圆. 法2：依题意，故， 由，故斜边上的中线长等于， 故，所以，解得， 从而求得椭圆. （2）（i）是，三点共线. 法1：证明：设直线与的交点为，要证明三点共线， 只需要证明与重合即证明直线的斜率与的斜率相等． 由题意得， 因为关于原点对称，关于原点对称， 故直线相互平行，所以的斜率， 所以，， 由①②，得即， 即，即， 又由题意知，所以，得证. 法2：证明：设，可得， 解得，即， 故可得直线的斜率， 又求得直线的斜率， 根据题意，又， 所， 从而得，故. 因为关于原点对称，关于原点对称， 故直线相互平行，所以的斜率， 因此可得，所以三点共线. （ii）如图，作出符合题意的图形，    法1：根据题意直线的斜率存在且不为零，设直线， 与椭圆联立，得， 其判别式，即， 且， 由（2）知，其中， 可得， 化简得，所以直线， 将直线与直线联立， 设，可得，即， 注意到当时，直线， 此时关于原点对称，这与矛盾， 故，从而可得，即点在直线上. 法2：证明：设， 将椭圆方程整理为，即 将直线与椭圆联立得：， 整理可得，， 注意到，故上式等价于， 设，注意到， 故可得是关于的二次方程的两根， 其中， 根据韦达定理，可得，即， 又因为，故得，即， 设，因为点为两直线的公共点， 故联立两直线， 得，即， 注意到当时，直线， 此时关于原点对称，这与矛盾， 故，从而可得，即点在直线上. 若选①，因为， 而到的距离不是定值，故不为定值，故不选①； 若选②，的面积为，而不是定值，故不选②； 若选③，根据在直线上可得的面积为. 2．（2026·福建漳州·模拟预测）椭圆过点，且离心率为．，分别为的左、右焦点． (1)求的方程： (2)求； (3)点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用椭圆定义与离心率公式，代入已知点坐标建立方程组，解方程组得到与的值，进而得到椭圆标准方程. （2）解法一：根据题目条件计算出和的斜率，再利用正弦和差公式计算出的正切值；解法二：由椭圆方程确定焦点坐标，计算向量与，利用向量夹角公式求出，得，根据正切值得出. （3）设直线方程，利用韦达定理和垂直条件化简，推导出直线恒过定点，再由得为直角三角形，取中点为，由斜边的中线等于斜边的一半可得结果. 【详解】（1）由题意可得：，解得， 故椭圆方程为：． （2）解法一：由（1）可知，，，， ，， 所以， 又，所以． 解法二：由（1）可知，，，，所以，， 所以， 所以，所以． （3）设点，， ①当直线斜率存在时，设直线的方程为：， 代入椭圆方程消去并整理得： ，可得，， 因为，所以，即， 又， 代入可得：， 所以， 所以， 因为不在直线上，所以，故， 于是的方程为，所以直线过定点． ②当直线的斜率不存在时，点，可得， 由得：，得， 又，可得，解得或（舍去）． 此时直线的方程为，过点， 令为的中点，即， 若与不重合，则由题设知是的斜边，故， 若与重合，则，故存在点，使得为定值．    3．（2025·福建三明·模拟预测）已知椭圆的左顶点为，上顶点为，离心率为，的面积为． (1)求椭圆的方程； (2)直线（存在且不等于0）与椭圆交于，两点，直线与轴交于点，直线与直线交于点，判断是否为定值并证明． 【答案】(1) (2)，证明见解析 【分析】（1）根据椭圆几何性质以及面积列方程组计算可得椭圆方程； （2）设，由，关于原点对称得，联立得，然后求出，，利用两点斜率公式并化简得为定值，即可得解. 【详解】（1）由题意，解得， 故椭圆的方程为； （2）设，由对称性可知，，两点关于原点对称，即， 由（1）可知，， 联立，得，所以， 直线的斜率存在，其方程为：， 令得，即， 直线的斜率存在，其方程为：， 令得，即， 所以 ， 所以为定值.    4．（2025·福建福州·模拟预测）已知椭圆的两个焦点分别是，长轴长是短轴长的倍． (1)求的方程； (2)过点的直线与交于两点，以为直径的圆记为． （i）当直线过原点时，求与的交点坐标； （ii）是否过定点？若是，请求出定点坐标；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）过定点，定点坐标为． 【分析】（1）由题意列出方程组求出的值即可； （2）（i）首先得出方程：，然后联立椭圆方程即可求解；（ii）采取先猜后证的思想，分析得定点只能为或，然后证明当直线斜率存在时，是否过定点即可. 【详解】（1）解法一：由于椭圆的焦点在轴上，设其标准方程为， 由条件得，解得， 所以的方程为． （2）    解法一：（i）当直线过原点时，直线的方程为， 将其与方程联立，可求两交点坐标分别为， 从而方程为． 联立与，得， 故与的交点坐标为． （ii）当直线垂直轴时，将代入中，得， 从而方程为． 当直线过原点时，方程为．联立与方程， 解得，或，故若过定点，则定点只能为或． 当直线斜率存在时，设其方程为，由于在直线上，可得． 由，得， 设，则． 若为所求定点，则必有，由于 ， 将代入，得不恒为零， 故定点为所求定点，则必有，由于 ， 将代入，得，故定点为． 综上，过定点，定点坐标为． 解法二：（i）同解法一 （ii）当直线垂直轴时，将代入中，得， 从而方程为． 当直线过原点时，方程为．联立与方程， 解得，若，故若过定点，则定点只能为或． 当直线斜率存在时，设其方程为，由于在直线上，可得． 由得， 设，则． 由，得的横坐标为，将其代入中，得， 所以的坐标为． 又， 若为所求定点，则必有，由于 ， 将代入，得不恒为零， 故定点不为． 若为所求定点，则必有，由于 ， 将代入，得，故定点为． 综上，过定点，定点坐标为． 解法三：（i）同解法一 （ii）当直线斜率存在时，设其方程为，由于在直线上，可得． 由得，设，则 ． 由得的横坐标为，将其代入中，得， 所以的坐标为． 又， 所以的方程为， 即． 由于 ， 所以由的方程得， 即． 又因为，将其代入上式，并整理化简得 ， 解方程组得，故此时过定点． 当直线垂直轴时，将代入中，得， 从而方程为，令得成立，故此时同样过点． 综上，过定点，定点坐标为． 圆锥曲线证明，最值与探索问题 考点7 1．（2025·福建泉州·模拟预测）矩形的长为4，宽为2，其四边的中点恰为椭圆的顶点． (1)求的方程； (2)若，，三点在以为直径的圆上，且直线，均与有且只有一个公共点，证明：是直角三角形． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）数形结合可得出的值，即可求出方程； （2）分点是矩形的顶点、点不是矩形的顶点两种情况讨论，若点不是矩形的顶点，设，分别与椭圆方程联立，得出是一元二次方程的根，利用韦达定理即可求证. 【详解】（1）依题意，，，则，，半焦距， 所以椭圆的方程为. （2）依题意，以为直径的圆的方程为， 当点是矩形的顶点时，均与坐标轴垂直，此时； 当点不是矩形的顶点时，设点的坐标为，直线， 由消去得：， 由， 化简得， 设直线的方程为，同理得：， 于是是关于的一元二次方程的两根， 则，， 又，因此，则，即， 所以是直角三角形.    2．（2025·福建福州·模拟预测）已知直线，直线，动点M到x轴的距离小于它到y轴的距离，过M分别作和的垂线，垂足分别为D，E，O为坐标原点，若四边形的面积为，设动点M的轨迹为曲线C．根据上述运算回答下面问题： (1)求C的方程； (2)若C交x轴正半轴于点A，C上一点B和直线上一点Q满足是以为底的等腰直角三角形． （ⅰ）求直线的斜率： （ⅱ）若B在第一象限，记点B关于的对称点为K，点B关于原点的对称点为，若动点M不与，B重合，设动直线与直线相交于点P，动直线与直线相交于点，求证：成等比数列． 【答案】(1) (2)（ⅰ）或；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）设，得到四边形为矩形，求得和，进而得到，即可求解； （2）（ⅰ）解法一：设，求得，①当B在第一象限时，作轴，求得，求得直线BQ的斜率；②当B在第二象限时，作轴，求得，得到直线BQ的斜率③当B在第三象限时，由对称性，得到直线的斜率；④当B在第四象限时，由对称性，得到直线的斜率，进求得的斜率； 解法二：设直线AB的方程为，则直线的方程为，联立方程组，求得，根据，求得的值，进而求得的斜率； 解法三：设，根据，求得，结合，求得，所以，分类讨论，进而求得的斜率； （ⅱ）证明：设，求得直线OK的方程为，分和，以及且，三种情况讨论，求得的坐标，化简得到，结合P，K，，O四点共线，得到，即可得证. 【详解】（1）解：如图所示1，设， 因为M到x轴的距离小于它到y轴的距离，所以，故， 又因为的斜率为1，的斜率为，故，四边形为矩形， 因为到直线的距离，故，同理， 所以四边形的面积为，所以， 所以，所以C的方程为． （2）（ⅰ）解法一：设，令，代入，得， ①当B在第一象限时，如图2所示，由于是以为底的等腰直角三角形， 易知Q在x轴上方，， 作轴，垂足为S，则，故，故， 又因为则，即， 从而，故，直线的斜率． ②当B在第二象限时，如图3所示，由于是以为底的等腰直角三角形， 易知Q在x轴下方，， 作轴，垂足为S，则，故，故， 又，则，即， 从而，故，直线的斜率； ③当B在第三象限时，由对称性知，直线的斜率3； ④当B在第四象限时，由对称性知，直线的斜率； 综上可知，直线的斜率为或． 解法二：令，代入，可得， 易知直线AB的斜率存在且不为零，故可设直线AB的方程为， 则直线的方程为，则， 联立方程组，整理得，故， 所以， 由，得， 即，故，所以或， 当时，，所以， 直线的斜率 当时，，所以， 直线的斜率 当时，，所以，直线的斜率 当时，，所以， 直线的斜率 综上可知，直线的斜率为或． 解法三：令，代入，可得， 设，则， 由，可得，故， 由，可得，所以， 所以， 即，易知，所以，即，所以， 当时，，所以， 直线的斜率 当时，，所以， 直线的斜率： 当时，，所以， 直线的斜率； 当时，，所以， 直线的斜率， 综上可知，直线的斜率为或． （ⅱ）证明：设，依题意可得，所以直线OK的方程为， ①若，则直线MB的方程为，直线的方程为， 此时点，所以， 因为P，K，，O四点共线，所以，所以成等比数列； ②若，则直线的方程为，直线MB的方程为， 此时点，所以， 因为P，K，，O四点共线，所以，所以成等比数列； ③若且，， 直线MB的方程为， 联立方程组，解得， 同理可得直线的方程为， 联立方程组，解得 因为在双曲线上，所以， 所以， 所以， 因为P，K，，O四点共线，所以， 所以成等比数列． 3．（2025·福建福州·模拟预测）已知椭圆的短轴长2，离心率为 分别是C的左、右顶点，F是C的右焦点. (1)求C的方程; (2)设P是椭圆C上异于顶点的动点，点B在直线上，且，直线PB与x轴交于点Q.证明： 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据短轴长、离心率及椭圆参数关系求参数，即可得方程； （2）设，且，利用向量垂直的坐标表示得，写出直线求得，利用两点距离公式及分别得到、，应用作差比较大小. 【详解】（1）由题设，可得，则椭圆方程为； （2）由（1），设，且， 所以，，则，即， 由，令，则，即， 所以， 又， 结合，， 则 ， ， 所以，即得证. 4．（2025·福建泉州·模拟预测）已知双曲线的右焦点为，离心率为． (1)求的标准方程； (2)设的右顶点为，过点的直线与的右支交于两点，记直线的斜率分别为，证明：为定值； (3)已知点是上任意一点，直线：是在点处的切线，点是上异于点的动点，且过点与（为坐标原点）平行的直线交于两点，定义为双曲线在点处的切割比，记为，求切割比． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据双曲线右焦点坐标得出的值，再结合离心率公式求出的值，进而求出的值，得到双曲线的标准方程. （2）设出直线的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理得到两根之和与两根之积，进而求出两条直线斜率之积. （3）先求出双曲线在点处的切线方程以及直线的斜率，设出直线的方程，通过联立方程组求出点的坐标，进而得到，再联立直线与双曲线方程，利用韦达定理求出，最后求出的值. 【详解】（1）因为双曲线的右焦点为，所以， 所以的离心率为，所以，， 故的标准方程为．                    （2）由（1）知，由题意知的斜率不为0， 设的方程为，，， 联立方程，得，得， 所以， ，， 所以 ．   （3）由题意知， 所以在点处的切线方程为． 易知直线的斜率， 可设直线的方程为，，． 由方程组，解得， 所以点的坐标为，所以． 由方程组，消去可得， 则， 所以，，         所以， 同理可得，           所以 ， 所以，即．    5．（2025·福建泉州·模拟预测）已知为坐标原点，抛物线：，过点（0，4）的直线与相交于M，N两点. (1)求； (2)过M，N分别作的两条切线，，记，的交点为P. （i）求面积的最小值； （ii）设A，B分别为，与x轴的交点，证明：的外接圆过定点. 【答案】(1) (2)（i）32  （ii）证明见详解 【分析】(1)设出直线MN的方程及点M、N的坐标，并与抛物线方程联立，结合韦达定理可得，即可求解的值； (2)(i)将抛物线C的方程化为y关于x的函数，求导即可求得抛物线在点M、N处的切线斜率，写出切线方程，联立即可求得点P的坐标，结合韦达定理表示出弦MN的长，再表示出的面积，由函数的性质即可求解的面积最小值；(ii)求出点A、B的坐标，设的外接圆圆心，利用点A、B、P在圆上，结合韦达定理表示出m、n及圆E的半径，再写出圆E的方程，由方程的特点即可证明. 【详解】（1）根据题意直线斜率存在，设直线，，， 联立抛物线：得， 方程的判别式， ，， ， 所以. （2）（i）抛物线，，所以，的斜率分别为， 则，，交点即， 点到直线的距离，，，当时取等， 所以面积的最小值为32. （ii）证明：，与x轴的交点坐标，， ，，的中点为， 所以垂直平分线方程为， 又垂直平分线方程为，所以的外接圆圆心为即，半径， 所以外接圆方程为， 即，故， 所以恒过定点和， 故的外接圆过定点. 6．（2025·福建泉州·模拟预测）在直角坐标系中，直线过点，直线过点，且的斜率之积为，记与的交点的轨迹为． (1)求的方程； (2)点为的中点，过的直线与交于两点，设，若，求的取值的集合． 【答案】(1)（）． (2) 【分析】（1）解法一：设点，根据斜率乘积得到，化简即可；解法二：联立两直线的方程，解出，再代入斜率乘积即可； （2）解法一：计算得，再采用设线法得到韦达定理式，再代入计算即可解出；解法二：计算得，再采用设线法得到韦达定理式，代入计算即可. 【详解】（1）解法一：设点，则，， 依题意，， 整理得． 因为，，故，所以的方程为（）． 解法二：联立两直线的方程 可得， 由，可得，即 ，故， 由，整理得． 因为，，故，所以的方程为（）． （2）解法一：由，可得． 记直线的斜率分别为，则． 设直线的斜率为，由（1）可知．则． 依题意可知， 直线与（）交于两点，可设直线． 由，可得． 设，则，（※）． 将（※）代入上式，可得． 所以的取值的集合．（没有写成集合形式不扣分） 解法二：由，可得， 记直线的斜率分别为，则． 依题意，． 直线与（）交于两点，可设直线． 由，可得． 设，则，（※）． 其中，（※） ． 将（※）代入上式，可得． 所以的取值的集合． 2 / 10 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 平面解析几何 7大考点概览 考点01直线方程与圆的方程 考点02椭圆方程及其性质 考点03双曲线方程及其性质 考点04抛物线方程及其性质 考点05圆锥曲线弦长面积问题 考点06圆锥曲线定点定值问题 考点07圆锥曲线证明，最值与探索问题 直线方程与圆的方程 考点1 1．（2025·福建福州·模拟预测）已知，为等腰直角三角形，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 2．（2025·福建·模拟预测）已知直线与圆相交于，两点，，则（    ） A．5 B．4 C．3 D．2 3．（2025·福建漳州·模拟预测）已知直线l过点，分别与直线：，：交于A，B两点，圆C：过A，B两点，则△ABC面积的最大值为__________；当△ABC面积取最大值时，直线l的方程为__________ 4．（2026·福建龙岩·一模）已知线段是圆的一条动弦，且.若点为直线上的任意一点，则的最小值为（    ） A．6 B．8 C．14 D．35 5．【多选题】（2026·福建漳州·模拟预测）已知点在圆上，点，分别为直线与轴，轴的交点，则下列结论正确的是（   ） A．圆截轴所得的弦长为 B．的最大值为 C．直线的斜率最大值为 D．的面积的最小值为 6．（2025·福建泉州·模拟预测）已知圆 与圆有两个交点，则r的取值范围为（    ） A． B． C． D． 7．（2025·福建泉州·模拟预测）已知是圆C：上任意一点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 8．（2025·福建泉州·模拟预测）已知直线与圆交于不同的两点A，B，若存在最小值且最小值不大于，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 椭圆方程及其性质 考点2 1．（2026·福建福州·模拟预测）已知椭圆C的两个焦点分别为，，点在C上.若C上一点M与的距离为6，则M与的距离为（   ） A．10 B．14 C．20 D．26 2．（2026·福建莆田·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，则的周长为（   ） A．5 B．6 C．8 D．10 3．（2025·福建泉州·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，过的直线与椭圆交于两点，点为坐标原点，点在椭圆上，且，则的取值范围为____. 4．【多选题】（2025·福建泉州·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，短轴长为，离心率为，是椭圆上异于长轴端点的一动点，点与点关于原点对称，则（    ） A．的面积最大值为 B．的最小值为 C．若以为直径的圆经过两点，则点的轨迹方程为 D．椭圆上存在点，使得 5．（2025·福建泉州·模拟预测）已知椭圆的离心率为，则的一个顶点与两个焦点构成的三角形是（   ） A．等边三角形 B．等腰直角三角形 C．等腰非直角三角形 D．直角非等腰三角形 6．（2025·福建福州·三模）设椭圆的左、右焦点分别为、，点在椭圆上，为的平分线与轴的交点.若，则（   ） A． B． C． D． 7．（2025·福建三明·一模）已知椭圆的左，右焦点分别为、，过且斜率为的直线l与椭圆C在x轴上方的交点为，的角平分线与线段交于点N，若，则椭圆C的离心率是（    ） A． B． C． D． 8．（2025·福建龙岩·一模）已知椭圆的左，右焦点分别为，，为坐标原点．若椭圆上的点满足，，则椭圆的离心率为（   ） A． B． C． D． 双曲线方程及其性质 考点3 1．（2026·福建泉州·二模）双曲线的对称中心为，焦点为，过的直线与的一条渐近线平行．若与以为圆心，为半径的圆相交于两点，且，则的离心率为（   ） A． B． C． D．4 2．（2025·福建泉州·模拟预测）双曲线的实轴长是虚轴长的2倍，则（    ） A． B． C． D． 3．（2025·福建三明·模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线交双曲线左支于，两点，，，则双曲线的离心率为___________． 4．（2025·福建泉州·模拟预测）已知，分别为双曲线的左、右焦点，直线过与交于，两点，若，，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 5．【多选题】（2025·福建福州·模拟预测）在平面直角坐标系中，，为两个定点，为动点，且，，成等比数列，记点的轨迹为，过作的切线，则下列说法正确的是（   ） A．是双曲线 B．若，则的斜率为 C．存在点，使得 D．不存在区间，当时， 6．（2025·福建福州·模拟预测）已知双曲线的右焦点为，其左、右顶点分别为，过且与轴垂直的直线交于两点，直线与交于点，若与的面积相等，则的离心率为____________． 7．（2025·福建泉州·模拟预测）已知分别为双曲线的左、右焦点，直线过与交于两点，若，，则的渐近线为（    ） A． B． C． D． 8．【多选题】（2025·福建龙岩·一模）已知双曲线的左，右焦点分别为，，左、右顶点分别为，．为双曲线在第一象限上的点，设，的斜率分别为，，且．过点作双曲线的切线与双曲线的渐近线交于，两点，则（   ） A．的值随着的增大而减小 B．双曲线的离心率为 C． D． 抛物线方程及其性质 考点4 1．（2026·福建泉州·二模）已知点，若为抛物线上的动点，则的最小值为___________． 2．【多选题】（2025·福建泉州·模拟预测）在平面直角坐标系中，设为抛物线的焦点，是上一点，点，若的延长线与交于点．记，，，则（    ） A． B． C． D． 3．（2025·福建漳州·模拟预测）已知点，抛物线：的焦点为F，P是C上的动点，则的最小值为（   ） A． B．2 C． D．3 4．（2025·福建·模拟预测）已知抛物线的准线方程为，则该抛物线的标准方程为__________． 5．（2025·福建泉州·一模）如图，已知是圆锥的轴截面，分别为的中点，过点且与直线垂直的平面截圆锥，截口曲线是抛物线的一部分．若在上，则的最大值为（    ） A． B．1 C． D． 圆锥曲线弦长面积问题 考点5 1．【多选题】（2026·福建福州·模拟预测）已知抛物线的焦点为F，直线与C交于A，B两点，与x轴交于点P，则（    ） A．的取值范围为 B．的取值范围为 C．若，则的面积为9 D．若，则的周长为 2．（2026·福建福州·模拟预测）已知双曲线：的右顶点为A.请从条件①、②、③中选择两个条件作为已知，使得C存在且唯一. 条件①：的离心率为2； 条件②：的渐近线方程为； 条件③：的右焦点与点A的距离为1. (1)求的方程； (2)若过点的直线交C的右支于点M，且的面积为3，求的方程. 注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得0分；如果选择多组符合要求的条件分别解答，按第一组解答计分. 3．（2026·福建龙岩·一模）已知椭圆的左顶点为，上顶点为，长轴长为4，且以短轴为直径的圆与直线相切. (1)求的方程； (2)过点的直线交于两点，直线分别交轴于两点，证明： （ⅰ）的横坐标成等差数列； （ⅱ）与的面积之比为定值. 4．（2026·福建莆田·二模）已知抛物线的焦点为，准线为，直线与，的交点分别为，，且. (1)求； (2)若过点的直线交于，两点，且，求的值. 5．（2026·福建莆田·二模）已知双曲线的左顶点为，右焦点为，过的直线交于，两点.若，则的外接圆的半径为_____. 6．（2025·福建漳州·模拟预测）已知椭圆：的焦距为2，且过点. (1)求C的标准方程； (2)过点作两条斜率存在且不为零的直线，分别交于和，满足. （i）证明：，的斜率之和为定值； （ii）求四边形面积的最大值. 7．（2025·福建福州·模拟预测）已知坐标原点为，椭圆：的上下顶点分别为，，过点且斜率存在的直线交于，两点，直线与交于点. (1)设线段的中点为，证明：直线与的斜率之积为定值； (2)若，求的方程； (3)若，求的面积. 8．（2025·福建福州·模拟预测）已知为抛物线的焦点，点满足，其中为坐标原点，过的直线交于A.B两点，点在第一象限，过点作直线AB的垂线，交轴正半轴于点，直线BC交直线AM于点．记的面积分别为． (1)求的准线方程； (2)证明：； (3)求的最小值及此时点的坐标． 圆锥曲线定点定值问题 考点6 1．（2026·福建泉州·二模）在直角坐标系中，椭圆的左、右顶点分别为，上顶点为，且． (1)求的方程； (2)点是上两个动点，点在直线上，设直线的斜率分别为，且． （i）设关于的对称点为，试判断是否共线？并说明理由： （ii）在①的面积为定值，②的面积为定值，③的面积为定值，这三个结论中选择一个结论补充在下面命题中，使该命题为真命题，并证明． 命题：若直线与直线相交于点，则_______. 2．（2026·福建漳州·模拟预测）椭圆过点，且离心率为．，分别为的左、右焦点． (1)求的方程： (2)求； (3)点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值． 3．（2025·福建三明·模拟预测）已知椭圆的左顶点为，上顶点为，离心率为，的面积为． (1)求椭圆的方程； (2)直线（存在且不等于0）与椭圆交于，两点，直线与轴交于点，直线与直线交于点，判断是否为定值并证明． 4．（2025·福建福州·模拟预测）已知椭圆的两个焦点分别是，长轴长是短轴长的倍． (1)求的方程； (2)过点的直线与交于两点，以为直径的圆记为． （i）当直线过原点时，求与的交点坐标； （ii）是否过定点？若是，请求出定点坐标；若不是，请说明理由． 圆锥曲线证明，最值与探索问题 考点7 1．（2025·福建泉州·模拟预测）矩形的长为4，宽为2，其四边的中点恰为椭圆的顶点． (1)求的方程； (2)若，，三点在以为直径的圆上，且直线，均与有且只有一个公共点，证明：是直角三角形． 2．（2025·福建福州·模拟预测）已知直线，直线，动点M到x轴的距离小于它到y轴的距离，过M分别作和的垂线，垂足分别为D，E，O为坐标原点，若四边形的面积为，设动点M的轨迹为曲线C．根据上述运算回答下面问题： (1)求C的方程； (2)若C交x轴正半轴于点A，C上一点B和直线上一点Q满足是以为底的等腰直角三角形． （ⅰ）求直线的斜率： （ⅱ）若B在第一象限，记点B关于的对称点为K，点B关于原点的对称点为，若动点M不与，B重合，设动直线与直线相交于点P，动直线与直线相交于点，求证：成等比数列． 3．（2025·福建福州·模拟预测）已知椭圆的短轴长2，离心率为 分别是C的左、右顶点，F是C的右焦点. (1)求C的方程; (2)设P是椭圆C上异于顶点的动点，点B在直线上，且，直线PB与x轴交于点Q.证明： 4．（2025·福建泉州·模拟预测）已知双曲线的右焦点为，离心率为． (1)求的标准方程； (2)设的右顶点为，过点的直线与的右支交于两点，记直线的斜率分别为，证明：为定值； (3)已知点是上任意一点，直线：是在点处的切线，点是上异于点的动点，且过点与（为坐标原点）平行的直线交于两点，定义为双曲线在点处的切割比，记为，求切割比． 5．（2025·福建泉州·模拟预测）已知为坐标原点，抛物线：，过点（0，4）的直线与相交于M，N两点. (1)求； (2)过M，N分别作的两条切线，，记，的交点为P. （i）求面积的最小值； （ii）设A，B分别为，与x轴的交点，证明：的外接圆过定点. 6．（2025·福建泉州·模拟预测）在直角坐标系中，直线过点，直线过点，且的斜率之积为，记与的交点的轨迹为． (1)求的方程； (2)点为的中点，过的直线与交于两点，设，若，求的取值的集合． 2 / 10 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $