专题05 平面解析几何（6大考点）（重庆专用）2026年高考数学一模分类汇编

专题05 平面解析几何 6大考点概览 考点01直线与圆 考点02椭圆 考点03双曲线 考点04抛物线 考点05圆锥曲线定值定点问题 考点06圆锥曲线范围最值问题 直线与圆 考点1 1．（2026·重庆九龙坡·一模）过点作圆的切线，则切线长为___________． 2．（2026·重庆·一模）（多选）已知为坐标原点，点在直线：上，，是圆的两条切线，A，B为切点，则（   ） A．直线恒过定点 B．当为正三角形时， C．当时，的取值范围为 D．当时，的最大值为 3．（2026·重庆·一模）（多选）已知点，动点满足，动点的轨迹为曲线，为直线上一动点，则下列说法正确的是（    ） A．若点，则的最小值为 B．过作的两条切线，切点分别为，则直线过定点 C．若点是上一点，则的最大值为 D．若点是上一点，则的最大值为 椭圆 考点2 1．（2026·重庆·一模）已知椭圆的离心率，则其焦距为（    ） A．1 B． C．2 D．2 2．（2026·重庆九龙坡·一模）（多选）已知分别为椭圆 的左、右焦点，为椭圆上一点， ， 点关于原点的对称点为，则（    ） A．椭圆的离心率为 B． C．直线的斜率为 2 D． 3．（2026·重庆·一模）（多选）已知是椭圆的两个焦点，点在上，是上的动点，轴，垂足为，且点满足（当点在轴上时，规定点与点重合），则（    ） A．椭圆的离心率为 B．的最小值为8 C．点的轨迹方程为 D．的最大值为 双曲线 考点3 1．（2026·重庆九龙坡·一模）双曲线的焦距为，其一条渐近线方程为，则双曲线的方程为（    ） A． B． C． D． 2．（2026·重庆名校联盟·一模）已知双曲线，圆与轴交于两点，是圆与双曲线在轴上方的两个交点，点在轴的同侧，且交于点G，且M为线段的中点，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D． 3．（2026·重庆·一模）已知双曲线的左、右焦点分别为为双曲线右支上一点， 的内切圆圆心为 ，连接并延长交轴于点 ，若，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D．4 4．（2026·西南大学附中·一诊）已知双曲线的左、右焦点分别为，为上一点，若，（为坐标原点），则的离心率为 （    ） A． B．2 C． D． 5．（2026·四川外国语附外·一模）已知双曲线E：的左、右焦点分别为，，过点的直线与双曲线E的右支交于A，B两点，若，且双曲线E的离心率为，则（    ） A． B． C． D． 6．（2026·重庆·一模）（多选）已知双曲线的左右顶点分别为为在第一象限内的一点，线段与的渐近线分别相交于两点，记，则（    ） A．存在点，使得 B． C． D．的面积等于 7．（2026·重庆·一模）已知双曲线的左、右焦点分别为，点在的右支上（不含顶点），设的内切圆圆心为，则______，的最小值为______. 抛物线 考点4 1．（2026·重庆·一模）已知抛物线的准线刚好平分圆的周长，则抛物线的焦点坐标为（    ） A． B． C． D． 2．（2026·重庆第二外国语·一诊）（多选）下列说法正确的是（   ） A．圆的半径为 B．椭圆的长轴长为2 C．双曲线的实轴长为2 D．抛物线的焦点坐标为 3．（2026·重庆九龙坡·一模）（多选）抛物线的焦点为F，准线为l，过F作斜率大于0的直线m与抛物线交于点A（位于第一象限）和点B，交l于点R，，垂足为P，，下列说法正确的是（   ） A．直线m的斜率为 B． C． D． 圆锥曲线定值定点问题 考点5 1．（2026·重庆·一模）已知点，是直线上的一点，过作的垂线，线段的垂直平分线交于点．当在上运动时，记的轨迹为． (1)求的方程； (2)证明：直线是的切线； (3)已知圆的圆心在第一象限内，与有唯一的公共点，且与轴相切于点，求圆的方程． 2．（2026·重庆九龙坡·一模）已知抛物线的焦点为，半径为的圆与轴相切于点，圆与抛物线的一个公共点记为. (1)设，试建立关于的函数关系式(用含的式子表示)； (2)若是唯一的公共点，且. (ⅰ)求的方程； (ⅱ)为直线上的动点，直线与抛物线的另一个交点为，直线与轴的交点分别为，求的值. 3．（2026·重庆·一模）平面直角坐标系中，，其中,直线与直线交于点 的轨迹为椭圆 的一部分． (1)求椭圆的方程； (2)过点作斜率为的直线与E交于两点， ①若 ，求实数的取值范围； ②已知点，直线与分别交于另一点为，令直线的斜率为，求 的值． 4．（2026·重庆·一模）已知抛物线，与直线交于，两点（O为坐标原点），且. (1)求抛物线的标准方程； (2)若，为抛物线上任意两点，且满足，证明:直线经过一个定点，并求出该定点坐标. 5．（2026·重庆九龙坡·一模）如图，椭圆的离心率为且经过点是其左、右焦点，直线与C相切于点． (1)求椭圆C的标准方程； (2)记到直线l的距离分别为请问是否为定值?如果为定值，求出此定值；如果不为定值，请说明理由； (3)已知直线与x轴交于点P，与l交于点B（B在x轴上方），过A，B分别作直线的垂线，垂足分别为M，N，记，．求证:存在，使得时，． 6．（2026·重庆名校联盟·一模）已知椭圆：，的下顶点为，左焦点为，动直线与椭圆交于、两点.    (1)若是椭圆上的一个动点，求的最大值； (2)设，为坐标原点，若四边形为平行四边形，求直线的方程； (3)若直线经过定点，坐标平面上是否存在定点（不同于点），使得恒成立？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由. 7．（2026·四川外国语附外·一模）已知椭圆：的左，右焦点为，，点是椭圆上任意一点，的最小值是. (1)求椭圆的方程； (2)设为椭圆的上，下顶点，为椭圆上异于的两点，记直线，的斜率分别为，，且. （i）证明：直线过定点； （ii）设直线与直线交于点，直线的斜率为，试探究，，满足的关系式，并给出证明. 圆锥曲线范围最值问题 考点6 1．（2026·西南大学附中·一诊）法国著名数学家加斯帕尔·蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以椭圆的中心为圆心，（为椭圆的长半轴长，为椭圆的短半轴长）为半径的圆，这个圆被称为蒙日圆.已知椭圆过点，且短轴的一个端点与焦点的连线与轴所成角的正弦值等于. (1)求椭圆的蒙日圆的方程； (2)若斜率为2的直线与椭圆相切，且与椭圆的蒙日圆相交于，两点，求的面积（为坐标原点）； (3)设为椭圆的蒙日圆上的任意一点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为，，求面积的最小值. 2．（2026·重庆第二外国语·一诊）已知点在椭圆上，椭圆的右焦点，直线l过椭圆的右顶点A，与椭圆交于另一点D，与y轴交于点E. (1)求椭圆C的方程； (2)若P为弦AD的中点，是否存在定点Q，使得恒成立？若存在，求出Q点的坐标，若不存在，请说明理由； (3)若，交椭圆C于点M，求的取值范围. 1 / 49 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 平面解析几何 6大考点概览 考点01直线与圆 考点02椭圆 考点03双曲线 考点04抛物线 考点05圆锥曲线定值定点问题 考点06圆锥曲线范围最值问题 直线与圆 考点1 1．（2026·重庆九龙坡·一模）过点作圆的切线，则切线长为___________． 【答案】3 【分析】求出已知圆的圆心、半径，再利用勾股定理求出切线长. 【详解】圆，即的圆心，半径， 点，， 所以所求切线长为. 故答案为：3 2．（2026·重庆·一模）（多选）已知为坐标原点，点在直线：上，，是圆的两条切线，A，B为切点，则（   ） A．直线恒过定点 B．当为正三角形时， C．当时，的取值范围为 D．当时，的最大值为 【答案】BCD 【分析】根据直线过定点判断A选项，根据圆的切线的性质判断B选项，求出点的轨迹方程，根据点到直线的距离公式得到不等式，求解不等式判断C选项，根据数量积的几何意义得到，从而得到，再利用基本不等式判断D选项. 【详解】对于A选项，直线：恒过定点，A错误， 对于B选项，因为为正三角形时，则，所以，B正确， 对于C选项，因为，所以四边形为正方形，则， 所以点的轨迹方程为，问题转化为直线与点的轨迹有公共点， 所以，即，所以的取值范围为，C正确， 对于D选项，因为， 则，即， 由，所以，当且仅当取等号时， 点代入直线的方程有， 可解得，则该点在直线上， 故可以取到最大值，最大值为，D正确. 故选：BCD. 3．（2026·重庆·一模）（多选）已知点，动点满足，动点的轨迹为曲线，为直线上一动点，则下列说法正确的是（    ） A．若点，则的最小值为 B．过作的两条切线，切点分别为，则直线过定点 C．若点是上一点，则的最大值为 D．若点是上一点，则的最大值为 【答案】ABD 【分析】求出曲线的方程并确定曲线形状，利用两点间线段最短求解判断A；求出直线的方程判断B；利用三角代换求出最大值判断C；利用向量数量积的意义求出最大值判断D. 【详解】由，得，整理得， 即，因此曲线是以点为圆心，1为半径的圆， 对于A，， 当且仅当是线段与圆的交点时取等号，A正确； 对于B，由H为直线上一点，设点，以线段为直径的圆 ，即， 因此直线MN的方程，即， 令，解得，因此直线MN过定点，B正确；    对于C，由点是上一点，令， 因此，其中锐角由确定， 当且仅当时取等号，C错误； 对于D，，表示圆上点到点的距离， 取，，，则 ， 当直线与圆相切于第一象限内的点时，最小，最大， 而，则，， ，因此，D正确. 椭圆 考点2 1．（2026·重庆·一模）已知椭圆的离心率，则其焦距为（    ） A．1 B． C．2 D．2 【答案】C 【分析】由题意列关于方程组求出c，即可由焦距定义求解. 【详解】由题意可得， 所以椭圆焦距为. 故选：C 2．（2026·重庆九龙坡·一模）（多选）已知分别为椭圆 的左、右焦点，为椭圆上一点， ， 点关于原点的对称点为，则（    ） A．椭圆的离心率为 B． C．直线的斜率为 2 D． 【答案】BD 【分析】根据椭圆的标准方程和定义，利用余弦定理，三角形面积公式等逐一计算即可判断. 【详解】对于A，由题意知，所以，所以， 所以离心率，故A错误； 对于B，由椭圆定义可知， 在中，由余弦定理得：， 即，所以，故B正确； 对于C，由得， 因为点和点关于原点的对称，所以， 又为椭圆上一点，所以，所以， 所以，故C错误； 对于D，， 故D正确； 故选：BD 3．（2026·重庆·一模）（多选）已知是椭圆的两个焦点，点在上，是上的动点，轴，垂足为，且点满足（当点在轴上时，规定点与点重合），则（    ） A．椭圆的离心率为 B．的最小值为8 C．点的轨迹方程为 D．的最大值为 【答案】AC 【分析】对于A：利用代入法，结合椭圆离心率公式进行求解判断即可； 对于B：根据椭圆的定义，结合基本不等式进行求解即可； 对于C：根据平面向量共线坐标表示公式，结合代入法进行求解即可； 对于D：根据圆的性质，结合两点间距离公式进行求解即可. 【详解】对于A：因为点在上， 所以， 所以该椭圆的标准方程为， 所以可得， 因此椭圆的离心率为，所以本选项说法正确； 对于B：因为是上的动点， 所以， ， 即，当且仅当时取等号， 所以当时，有最小值，因此本选项说法不正确； 对于C：设点的坐标为，所以有， 因为轴，垂足为， 所以点的坐标为，设点的坐标为， ， 代入中，得，所以本选项说法正确； 对于D：圆的圆心是原点，半径为. 因为， 所以，因此本选项说法不正确. 故选：AC 双曲线 考点3 1．（2026·重庆九龙坡·一模）双曲线的焦距为，其一条渐近线方程为，则双曲线的方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意求得的值，即可得到双曲线的方程. 【详解】设双曲线的焦距为，则，解得. 所以双曲线的方程为. 故选：A. 2．（2026·重庆名校联盟·一模）已知双曲线，圆与轴交于两点，是圆与双曲线在轴上方的两个交点，点在轴的同侧，且交于点G，且M为线段的中点，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先判断的形状，再结合双曲线的定义列式，可求双曲线的离心率. 【详解】如图： 因为，所以为双曲线的焦点. 因为为上的点，所以， 根据双曲线的对称性，可知点在轴上，又为的中点，所以. 所以为等边三角形，，所以. 又根据双曲线的定义，，所以， 所以. 故选：D 3．（2026·重庆·一模）已知双曲线的左、右焦点分别为为双曲线右支上一点， 的内切圆圆心为 ，连接并延长交轴于点 ，若，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D．4 【答案】C 【分析】由，可得，由内切圆的性质可得且，可解得，设，代入双曲线方程可得，由，可得，求得，即可得答案. 【详解】因为， 所以为线段的靠近的三等分点， 又因为，即. 所以，解得，所以， 又因为 的内切圆圆心为， 所以平分， 又因为三点共线， 由角平分线定理可得，所以， 由双曲线的定义可得，所以， 设， 则有，即，解得， 又因为， 即， 所以，即， 解得，    设圆与分别相切于点， 设， 由内切圆的性质可知，， 所以 又因为,所以， 解得，所以， 即，所以， 整理得：， 即，解得或， 当时，， 此时点与双曲线的右顶点重合，不满足题意； 当时，，满足条件，所以， 所以双曲线的离心率. 故选：C. 4．（2026·西南大学附中·一诊）已知双曲线的左、右焦点分别为，为上一点，若，（为坐标原点），则的离心率为 （    ） A． B．2 C． D． 【答案】D 【分析】根据焦点三角形，利用双曲线的性质、余弦定理、向量的相关知识得出和之间的关系，从而求出双曲线的离心率. 【详解】不妨设，记，，，由，得， 在中，由余弦定理，得，两式相减，得， 因为为的中点，所以， 所以，又，所以， 所以，又，所以，解得， 所以. 故选：D 5．（2026·四川外国语附外·一模）已知双曲线E：的左、右焦点分别为，，过点的直线与双曲线E的右支交于A，B两点，若，且双曲线E的离心率为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由双曲线的定义结合已知条件求得，从而再得，由余弦定理求得，由诱导公式得，设，则，再由余弦定理求得，从而利用余弦定理求解即可. 【详解】因为双曲线的离心率为，所以，因为， 所以， 由双曲线的定义可得， 所以， 在中， 由余弦定理得， 在中，， 设，则， 由得 ，解得，所以， 所以. 故选：D. . 6．（2026·重庆·一模）（多选）已知双曲线的左右顶点分别为为在第一象限内的一点，线段与的渐近线分别相交于两点，记，则（    ） A．存在点，使得 B． C． D．的面积等于 【答案】BCD 【分析】对于选项A，根据向量垂直的性质判断是否存在点使；对于选项B，通过联立直线与双曲线方程求出的坐标，进而判断与是否相等；对于选项C，根据直线斜率与角的关系判断是否等于；对于选项D，利用三角形面积公式和三角函数公式判断的面积是否等于. 【详解】对于选项A，双曲线的左右顶点分别为，， 的渐近线方程为， 设，为在第一象限内的一点，，， 线段与的渐近线分别相交于两点，不妨设在直线上， 在直线上，设，则， 若，则，，， 而，，则， 故不存在点，使得，故选项A错误； 对于选项B，直线的方程为， 直线和联立，得到， 解得，，， ， 直线和联立，得到，解得， ，， ， ， ， ，，， ， 故选项B正确； 对于选项C，，为在第一象限内的一点， ， ， 在双曲线上，，， ， ， ，故选项C正确； 对于选项D，，， ， ，， ， ， ， ，故选项D正确. 故选：BCD. 7．（2026·重庆·一模）已知双曲线的左、右焦点分别为，点在的右支上（不含顶点），设的内切圆圆心为，则______，的最小值为______. 【答案】 3 16 【分析】利用双曲线定义和切线定理列方程组计算可得圆心横坐标，结合正切函数定义可得第一空；利用二倍角公式，用表示出目标式，结合基本不等式求解可得第二空. 【详解】空一：双曲线的实半轴长，虚半轴长，半焦距， 设圆与的三边分别相切于点， 由切线定理可知，， 结合双曲线定义可知，， 又，联立求解可得， 所以点的横坐标为1，即的横坐标为1，设圆的半径为， 则，； 空二：，同理， 所以， 当且仅当，即时等号成立. 故答案为：3；16 抛物线 考点4 1．（2026·重庆·一模）已知抛物线的准线刚好平分圆的周长，则抛物线的焦点坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用抛物线准线过圆心求出值即可. 【详解】圆的圆心为，抛物线的准线为， 由抛物线的准线刚好平分圆的周长， 得直线过点，则，解得， 所以抛物线的焦点坐标为. 故选：C 2．（2026·重庆第二外国语·一诊）（多选）下列说法正确的是（   ） A．圆的半径为 B．椭圆的长轴长为2 C．双曲线的实轴长为2 D．抛物线的焦点坐标为 【答案】AD 【分析】根据曲线的方程求出半径，长轴长，实轴长，焦点坐标，可判断选项. 【详解】圆化为标准型为，所以半径为，A正确； 椭圆的长轴长为，B不正确； 双曲线的实轴长为，C不正确； 抛物线，，其焦点坐标为，D正确. 故选：AD 3．（2026·重庆九龙坡·一模）（多选）抛物线的焦点为F，准线为l，过F作斜率大于0的直线m与抛物线交于点A（位于第一象限）和点B，交l于点R，，垂足为P，，下列说法正确的是（   ） A．直线m的斜率为 B． C． D． 【答案】ABD 【分析】根据抛物线的定义及条件，可得为等边三角形，根据角度，求出斜率，可判断A的正误；设准线l交x轴于点C，根据条件，可得，可判断B的正误；求出直线m的方程，与抛物线联立，可得A点和B点横坐标，根据焦半径公式，求出、，可判断C的正误；由条件可得，代入条件，即可判断D的正误. 【详解】选项A：由抛物线的定义得，又， 所以，所以为等边三角形， 所以， 因为，所以，即直线m的倾斜角为， 所以直线m的斜率，故A正确； 选项B：设准线l交x轴于点C， 因为，所以， 又，， 所以，所以，故B正确； 选项C：因为直线m的斜率为，且过点， 所以直线m的方程为， 与抛物线联立，得，解得或， 因为点A位于第一象限，所以，则， 所以， 所以，故C错误； 选项D：在中，，， 所以，即， 由抛物线的定义得，点B到准线l的距离等于， 所以，故D正确. 故选：ABD 圆锥曲线定值定点问题 考点5 1．（2026·重庆·一模）已知点，是直线上的一点，过作的垂线，线段的垂直平分线交于点．当在上运动时，记的轨迹为． (1)求的方程； (2)证明：直线是的切线； (3)已知圆的圆心在第一象限内，与有唯一的公共点，且与轴相切于点，求圆的方程． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）利用抛物线的定义求解； （2）设，求出的中点坐标，利用斜率公式求出 ，因为直线是的垂直平分线，所以直线的斜率为.根据点斜式方程求出直线的方程，直线和抛物线联立方程组，得到关于的一元二次方程，计算，得到直线与抛物线有且只有一个交点，即直线是抛物线的切线. （3）因为圆与轴相切于点，且圆心在第一象限内，所以可设圆的圆心坐标为，半径为，则圆的方程为，联立，经过计算得到①，因为圆与抛物线有唯一公共点，所以①方程有且只有一个解，设，，由①方程有且只有一个解，得到有唯一的零点，且该零点为的极值点，即，计算出的值，故而求得圆的方程. 【详解】（1）已知点，直线，过作的垂线， 线段的垂直平分线交于点, 根据垂直平分线的性质可知， 即点到点的距离等于点到直线的距离， 所以点的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线， 设抛物线方程为，则，解得 所以的方程为. （2）设，则的中点坐标为， ， 因为直线是的垂直平分线，所以直线的斜率为. 根据点斜式方程可得直线的方程为，即， 将代入，得 则，，则直线与抛物线有且只有一个交点， 即直线是抛物线的切线. （3）因为圆与轴相切于点，且圆心在第一象限内， 所以可设圆的圆心坐标为，半径为， 则圆的方程为， 联立，由解得， 将代入， 得到， 展开并整理得①， 因为圆与抛物线有唯一公共点，所以①方程有且只有一个解， 设， ， ①方程有且只有一个解， 有唯一的零点，且该零点为的极值点， ，， ，， ， ， ， ，， ，，， ，，，， ， 圆的方程为. 2．（2026·重庆九龙坡·一模）已知抛物线的焦点为，半径为的圆与轴相切于点，圆与抛物线的一个公共点记为. (1)设，试建立关于的函数关系式(用含的式子表示)； (2)若是唯一的公共点，且. (ⅰ)求的方程； (ⅱ)为直线上的动点，直线与抛物线的另一个交点为，直线与轴的交点分别为，求的值. 【答案】(1) (2)(ⅰ) ；(ⅱ) 【分析】（1）写出圆的方程，根据点在圆上列方程，再根据点在抛物线上消去即可求出答案； （2）(ⅰ)将圆的方程与抛物线方程联立消得，根据题意得方程有且只有一个根，令，通过求导求出函数的唯一零点，即为，代入（1）的结论即可求出抛物线方程；(ⅱ)联立直线方程与抛物线方程求出点的坐标，写出直线的方程即可求出，求出，即可求出答案. 【详解】（1）当在轴上方时，由题意知，此时， 圆方程为， 因为在圆上，则，即， 又，则，即， 同理当在轴下方时，， 综上，. （2）(ⅰ)不妨设在轴上方，当时，圆方程为， 联立，消得， 由题意得，方程有且只有一个解，且根据方程可知此解一定位于， 令，， 令，函数在上单调递增， 则，， 当时，，则函数在上单调递减， 当时，，则函数在上单调递增， 则有且只有一个零点时，， 联立，解得，即， 代入，解得， 所以的方程为. (ⅱ)不妨设在轴上方，由(ⅰ)知，， 当时，为同一点，则设，， 直线方程为， 联立，得， 所以，所以，则，则， 则直线方程为， 令，则，即， 直线的方程为， 令，则，即， 直线的方程为， 令，则，即， 则，， 则.    3．（2026·重庆·一模）平面直角坐标系中，，其中,直线与直线交于点 的轨迹为椭圆 的一部分． (1)求椭圆的方程； (2)过点作斜率为的直线与E交于两点， ①若 ，求实数的取值范围； ②已知点，直线与分别交于另一点为，令直线的斜率为，求 的值． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）由题意表示出直线的方程和直线的方程，将两式相乘，化简即可求得答案； （2）①设直线l的方程并联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，由，可得，代入根与系数的关系，结合不等式性质求解，即可得答案；②由三点共线，推得，设直线（斜率不为0）的方程并联立椭圆方程，结合根与系数的关系可求出C点坐标，同理得D点坐标，即可表示出，结合化简，即可求得答案. 【详解】（1）由题意可得，直线的方程为； 直线的方程为，即； 两式相乘得，化简得； 故结合题意可知椭圆E的方程为； （2）①由于直线l的斜率大于0. 故设直线l的方程为，， 由得， 需满足，解得， 则， 而， 由，可得 ， 由于，故，则，则， 故，即； ②由于三点共线，所以，即， 整理得， 设直线（斜率不为0）的方程为， 联立，得，， 则， 又，， 故， 所以， 同理可得， 则， 将代入上式，得， 故. 4．（2026·重庆·一模）已知抛物线，与直线交于，两点（O为坐标原点），且. (1)求抛物线的标准方程； (2)若，为抛物线上任意两点，且满足，证明:直线经过一个定点，并求出该定点坐标. 【答案】(1) (2)证明详见解析； 【分析】（1）联立求出交点坐标，根据解方程可得答案； （2）设直线 的方程为 ，， ，联立抛物线方程，可得，再根据，得到的关系式，即得答案. 【详解】（1）抛物线 与直线 交于 和 两点， 联立方程：，得 ，即 ，解得 或 ， 因此 点坐标为 ， 由两点间距离公式： 解得 ， 故抛物线 的标准方程为：. （2）由 (1) 知抛物线方程为 ，点 坐标为 ， 设直线 的方程为 ， 代入 得： 设 ， ，则 由 ，得 将 ， 与代入，整理得 ， 因式分解得：， 解得 或 ， 当 时，直线 方程为 ，即 ， 过定点 （即点 ），此时 或 与 重合，不符合题意； 当 时，直线 方程为 ， 即 ，过定点 . 因此，直线 恒过定点 .    5．（2026·重庆九龙坡·一模）如图，椭圆的离心率为且经过点是其左、右焦点，直线与C相切于点． (1)求椭圆C的标准方程； (2)记到直线l的距离分别为请问是否为定值?如果为定值，求出此定值；如果不为定值，请说明理由； (3)已知直线与x轴交于点P，与l交于点B（B在x轴上方），过A，B分别作直线的垂线，垂足分别为M，N，记，．求证:存在，使得时，． 【答案】(1) (2)是定值，为4 (3)证明见解析 【分析】（1）根据椭圆的离心率为及椭圆经过点，由求解； （2）联立，根据直线与椭圆相切，由，得到的关系，根据，与直线l的距离求解； （3）根据（2）得到，从而得到，，，然后由求解. 【详解】（1）由椭圆的离心率为及椭圆经过点， 得，解得，因此椭圆方程为； （2）联立，得， 设，由直线与椭圆相切知， 得，即， 则，与直线l的距离，， 则， 故是定值，为4； （3）由（2）可得，， 即， 因此可得，，， 因此， ， 若，则， 即； 假设，因为，得， 代入得，矛盾， 所以，所以， 从而有，即， 故存在，使得时． 6．（2026·重庆名校联盟·一模）已知椭圆：，的下顶点为，左焦点为，动直线与椭圆交于、两点.    (1)若是椭圆上的一个动点，求的最大值； (2)设，为坐标原点，若四边形为平行四边形，求直线的方程； (3)若直线经过定点，坐标平面上是否存在定点（不同于点），使得恒成立？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)或. (3)存在定点. 【分析】（1）求的最大值，利用椭圆的定义转化，求其最大值， （2）设直线：，与椭圆联立，再结合可得，，得到直线方程， （3）分类讨论：直线斜率存在时，直线平行于轴时，直线斜率不存在时，利用两种特殊情况找到坐标，再对斜率存在的情况进行计算，设直线：，只要证明即可得证， 【详解】（1），，右焦点，， 当且仅当、、共线（介于、之间）时取到， （2）由平行于时，可设直线：，与椭圆联立后得到， 由可知，， 结合韦达定理， 解得， 所以直线方程为或， （3）当直线斜率存在时，设方程为，与：联立得： ， 设，， 由韦达定理得，. 当直线平行于轴时，，因此， 此时在轴上，设. 当直线斜率不存在时，不妨设，， 则有， 解得或（舍）.下面证明点符合条件. 设直线：，要证， 即是的角平分线，只要证明. 而， 而韦达定理可得，因而得证， 综上，存在定点， 7．（2026·四川外国语附外·一模）已知椭圆：的左，右焦点为，，点是椭圆上任意一点，的最小值是. (1)求椭圆的方程； (2)设为椭圆的上，下顶点，为椭圆上异于的两点，记直线，的斜率分别为，，且. （i）证明：直线过定点； （ii）设直线与直线交于点，直线的斜率为，试探究，，满足的关系式，并给出证明. 【答案】(1) (2)（i）直线恒过点，证明见解析；（ii），证明见解析； 【分析】（1）将转化为，再由即可求出结果； （2）（i）设的方程为，，联立直线与椭圆方程并结合韦达定理以及，化简计算即可求得直线恒过点； （ii）写出直线和直线的方程，作比值化简得出，即可得点在上，记与轴交点为，借助将，，表示出来即可得出它们的关系. 【详解】（1）由椭圆：可知，因此， ， 易知当时，取得最小值，即， 解得，所以， 即椭圆的方程为； （2）（i）证明：若直线的斜率不存在，则，这与矛盾，不合题意； 当直线的斜率存在时，设的方程为，， 联立，消去整理可得， 又，可得； 易知，所以； 又， 即 ； 又，且恒成立， 所以，解得， 即的方程为，因此直线恒过点. （ii）由（i）可知，直线的方程为，直线的方程为，如下图所示： 联立可得， 解得，即点在上； 记与轴交点为， 则，所以， ，所以 ，所以 又因为，，同号，所以. 圆锥曲线范围最值问题 考点6 1．（2026·西南大学附中·一诊）法国著名数学家加斯帕尔·蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以椭圆的中心为圆心，（为椭圆的长半轴长，为椭圆的短半轴长）为半径的圆，这个圆被称为蒙日圆.已知椭圆过点，且短轴的一个端点与焦点的连线与轴所成角的正弦值等于. (1)求椭圆的蒙日圆的方程； (2)若斜率为2的直线与椭圆相切，且与椭圆的蒙日圆相交于，两点，求的面积（为坐标原点）； (3)设为椭圆的蒙日圆上的任意一点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为，，求面积的最小值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据椭圆过的点和几何关系列方程组求得，，从而利用蒙日圆的定义求解方程即可. （2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用判别式法求得，然后根据几何法求得弦长，即可求解面积. （3）设，，，利用判别式法求得的方程和的方程，进一步求得的方程，让其与椭圆联立，韦达定理，利用弦长公式求出，再由点到直线的距离求出的高，得出面积表达式，换元后利用导数判断单调性，从而求解最值. 【详解】（1）由已知可得，①， 由椭圆过点，得②， 由①②解得，， 于是，所以椭圆的蒙日圆的方程为. （2）由（1）知，椭圆的方程为，设直线的方程为， 由消去并整理得，， 由，得，即， 则坐标原点到直线的距离， ， 所以的面积. （3）由（1）知，椭圆的方程为，椭圆的蒙日圆方程为， 设，则，设，，则，， 当切线的斜率存在时，设的方程为， 由消去得， ，整理得， 即，则，解得， 于是，即， 当切线的斜率不存在时，，的方程为或，满足上式， 因此切线的方程为，同理切线的方程为， 将代入切线，的方程，有，， 从而直线的方程为，当时， 由消去并整理得：， 显然，， ，， 则， 又点到直线的距离， 于是的面积， 设，则，， 令，，， 所以函数在上单调递增，， 当，即时，由对称性不妨令，直线， 由，解得，，，， 所以面积的最小值为. 2．（2026·重庆第二外国语·一诊）已知点在椭圆上，椭圆的右焦点，直线l过椭圆的右顶点A，与椭圆交于另一点D，与y轴交于点E. (1)求椭圆C的方程； (2)若P为弦AD的中点，是否存在定点Q，使得恒成立？若存在，求出Q点的坐标，若不存在，请说明理由； (3)若，交椭圆C于点M，求的取值范围. 【答案】(1) (2)存在定点 (3) 【分析】（1）根据点的坐标和焦点可求方程； （2）根据垂直关系得出斜率关系，利用恒成立可求定点坐标； （3）把所求式进行转化，利用换元法，根据函数单调性可求答案. 【详解】（1）由题意，解得，所以椭圆C的方程为. （2）存在定点符合题意； 由题意可知，直线的斜率存在且不为0，设直线的方程， 联立，整理可得， 设，则，则， 所以，由P为弦AD的中点，则， 所以直线OP的斜率；直线l的方程，令，则， 假设存在定点，满足，直线EQ的斜率， 所以，整理得， 由恒成立，则，解得，故定点的坐标为. （3）由，则直线OM的方程，设， 由，解得， 由平行线的性质可得， ， 令，则，因为对勾函数在上单调递增， 所以的取值范围是.    1 / 49 学科网（北京）股份有限公司 $学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题05平面解析几何 考点1 直线与圆 1.3 2.BCD 3.ABD 考点2 椭圆 1.C 2.BD 3.AC 考点3 双曲线 1.A 2.D 3.C 4.D 5.D 6.BCD 7.3;16 考点4 抛物线 1.C 2.AD 3.ABD 考点5 圆锥曲线定值定点问题 1.【详解】(1)已知点F(0,,直线：y=-1,过H作1的垂线1， 线段FH的垂直平分线m交I于点M, 根据垂直平分线的性质可知MF=MH, 即点M到点F的距离等于点M到直线I的距离， 1/15 扇学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以点M的轨迹是以F(0,1)为焦点，直线：y=-1为准线的抛物线， 设抛物线方程为x2=2pyp>0),则2=1，解得p=2 所以C的方程为x2=4y M (2)设H(t,-1),则FH的中点坐标为 因为直线m是FH的垂直平分线，所以直线m的斜率为号 根据点斜式方程可得宜线m的方程为y-引甲y一-号 长y代入=4，得=4经香 则x2-2x+t2=0,△=4t2-4t2=0,则直线m与抛物线C有且只有一个交点， 即直线m是抛物线C的切线 (3)因为圆C,与y轴相切于点F(0,1),且圆心在第一象限内， 所以可设圆C,的圆心坐标为a,1(a>0,半径为a, 则圆C,的方程为(x-a+(y-1=a2, 联立 -a+0-=0,由=4y解得y=于 x2=4y 将y=学代入x-a+-=a, 展开并整理得x4+8x2-32ax+16=0①， 因为圆C,与抛物线C有唯一公共点，所以①方程有且只有一个解， 2/15 扇学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 设f(x=x+8x2-32ax+16, f'(x=4x3+16x-32a, :①方程有且只有一个解， f(x)有唯一的零点，且该零点为∫(x)的极值点， f(x=0.x4+8x2-32ax+16=0 f'(x=0 4x3+16x-32a=0 :4x3+16x-32a=0,x3+4x-8a=0, .a=4x 8 :x+8x2-32ar+16=0, a=+8r2+16 32x ,x3+4xx+8x2+16 8 32x ，3+8x2-16=0, (3x2-4)(x2+4)=0,x= 3x=t25 3 a>0,.a= >0,x>0,x=25 3 2v5 、3 23 +4× 3 45, 8 9 :圆C,的方程为x- 45)2 9 -°-9 A 2.【详解】1)当M在x轴上方时，由题意知M(号小 此时y>0, 圆w方程为号-小户 3/15 扇学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 国为在上，则号到+-=即-号+店-2=0， 又则+-2n, 同理当M在x轴下方时，r= + 22px 综上，r= x+2 22pxo 2)()不统设右确上方当，-，圆w方程为-- 3 =2D 由题意备，方程：号m=-0有且只有一个解，且张方程可此解定位于a,+a, f(+9-gm=4+1p 令e树=4+号p,函数g到在取上华调端增， 则9aeR,侧=4m+号gp=0, 当x∈(-o,m)时，'(x<0,则函数fx)在-0，m上单调递减， 当x∈(m,+o)时，f'(x)>0,则函数fx)在(m,+o）上单调递增， 则-(+1x有1只有个学点时，f侧a+号1m=0, 4/15 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 4m+ 128 2 3 p=0 联立 解得m=,即x,= 128 6 6 3 pm=0 代入r= 69. 得p=6, 22pxo 所以C的方程为y2=12x (i)不妨设A在x轴上方，(i)知F(3,0),A1,2, 当1=65时，G,H,I为同一点，则设P(-3,(t≠6⑤，B(xBya, 直线AB方程为x=,3 23-0 y+3=- 3y+3, y2=12x 联立 r-- 3三将+43少一36=0 所以25+yg=-45,所以y=-6W5,则xa=9,则B(9,-65, 则直线PB方程为y=+65 -12(x-9-65, 直线PA的方程为y=-25 -4(x-1+2V5, 令0，则y-350-+25-45,每G0 1+6V5 -4 4 直线PF的方程为y=6x-, 4 GH 1 则Gl2 5/15 扇学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 X=-3 3.【详解】1)由题意可得0<2<1，直线48的方程为--。 λ-12 直线品的方程为号产可年什3 两式相乘得-1 元-4到1-刀，化简得+少-1， 4 故结合题意可知椭圆E的方程为二+y少=1： 4 (2)①由于直线1的斜率k大于0 故设直线1的方程为x=y-4,，A(x,,B(x2,y2),>0,y2>0, x=y-4 +2=1得+4到2-8+12=0， 由x2 需满足△=642-48(2+4>0，解得2>12， B M D 8t 12 则+%+444 AP1+t2y,BP=1+2.y2, n.路n即司 6/15 扇学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1.y+丛-21-21 P+3P+131+ 1 22,则1<1+<3， 11 121 由于2>12，故0< 京<12则131+ 1 2 212 故3V13 T3,即4392 12 39<2 3 ②由于A,B,P三点共线，所以k=k即，即”，=业 x+4x2+41 整理得yx2-y2x1=4y2-y1), 设直线AM(斜率不为0)的方程为x=my+1, x=my+1 联立x2 /4+=1得m+4y+2m-3=0，A=4m+12m+4)>0 则yy。= 。-3 m2+41 又m等+1 1 -3 -3y -34 +4 +4y-2x+15-2x, 所以=m.+1=13+1=-3刘+1， y5-2x1-5-2x -3y2,p=- 同理可得yn=5-2x2 3x2-+1, 5-2x2 -3y-3y2 则k=n= 5-2x15-2x2 6x2片-xy2)+15y2- =e-x3x-l+1- 3x- +1 9x2-x 5-2x 5-2x2 将-，=4，-代入上式，得长-24）+15--91-1， 9(2-x) 9(x2-x)3 k3 故k1B 4.【详解】(1)抛物线C:y2=2px(p>0)与直线y=-x交于0(0,0)和A两点， 7/15 扇学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 联立方程： 少=2px,得2=2p,即xx-2p)=0,解得x=0或x=2p, y=-x 因此A点坐标为(2p,-2p), 由两点间距离公式： 0A=V2p-02+-2p-02-V8p2=2V2p=2V2 解得p=1, 故抛物线C的标准方程为：y2=2x (2)由(1)知抛物线方程为y2=2x,点A坐标为（2，-2， 设直线MN的方程为x=my+b, 代入y2=2x得：y2-2my-2b=0. 设M(x,)，N(x2,y2),则 y+y3=2m,yy2=-2b. 由AM⊥AN,得 （x1-2)x2-2)+y+2)y2+2)=0. 将x=m%+b,x2=my2+b与片1+y2=2m,乃y2=-2b代入，整理得 b2-6b+8=4m(m-1)→(b-3)2-(2m-1)2=0, 因式分解得：（b-2m-2(b-4+2m)=0, 解得b=2m+2或b=4-2m, 当b=2m+2时，直线MN方程为x=my+2m+2,即x-2=m(y+2), 过定点（2，-2)（即点A),此时M或N与A重合，不符合题意； 当b=4-2m时，直线MN方程为x=my+4-2m, 即x-4=my-2),过定点(4,2) 因此，直线MN恒过定点(4,2) 8/15 扇学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 M A 5.【详解】1)由椭圆的离心率为5及椭圆经过点Q2,), 2 ，b22 得 V a2 2 a2=8 解得 42 二因此树圆方程为+上：1， 84 2 62 1 +2 2)联立8+4=1，得1+22)r+4x+22-8=0, y=kx+t 设A(x4,y4),由直线与椭圆相切知△=(4k)2-41+2k2)(22-8=0, 得8k2-+4=0,即1+2k2宁 网，F与直线的距离4十，名-/2欢+小 +k2, 则dd2= (-2k+02k+)_2-48k2+4-4k41+k2） =4, V1+k2V1+k21+k2 1+k2 1+k2 故dd2是定值，为4； -2kt -2kt-8k (3)由(2)可得4=1+2k=P= 4 t,y=kx+1=- 4 -8k4 即A’) 4 因此可得M-2, B(1,1k+),N(-2,2k+), t 42k+t 因此ana=tan(∠MP5-∠NPF)=-2-Ar-2-元 1+,4.k+t, ”(-2-2)t(-2-2) =-4(2+2)+(2+元)1k+(2+元)2 (2+2)2+4t+42k 9/15 扇学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 若ana:k,则42++2+22h+2+业-k, (2+元)2+41+4元k 即4k2+2kt-t2+42=22-8kt-8; 假设2+4k2-2+4=0,因为1+22- 4,得1=26， 代入1+2k:-二得1+2=0，矛盾， 4 2t2-8kt-8 所以2t+4k2-2+4≠0，所以2= 2h+42-2+4-4, 从而有tanB= PE=-2-元_-2-北=1 42,即t=2tanB, 故存在2=-4，使得k=tana时t=2tanB, 6.【详解】(1)C(0,-2),F(-l,0),右焦点E,(1,0),TC+TF=TC-TF+25≤CF+25=3V5, 当且仅当T、E、C共线(F介于T、C之间)时取到， 2》由1平行十0E时，可设直线1：=号x+6,与梢圆联立后得到56-60r+25动-10=0， 15b 25b2-100 x+x=14,6 56 由4=0E可知，k-=x+广-4=k:-0- 2 结合韦达定理k-x=Vx+x,2-4x2= 15b 4x2562-100_5 14 56 解得6=tV35 所际以直线方程为58或B 5x+ 5 5 (3)当直线1斜率存在时，设方程为y=x+1,与T:4x2+5y2=20联立得： (4+5k2）x2+10k-15=0, 设Ax1,y),B(x2,y2, -10k -15 由韦达定理得+54+5次，4+5欢 当直线I平行于x轴时，PA=PB,因此QA=QB, 此时Q在y轴上，设Q0,m 10/15