专题06+平面解析几何7个考点（湖南专用）2026年高考数学一模分类汇编

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 一、单选题 1．（2026·湖南怀化·一模）已知圆与圆相切，则（    ） A．4 B．6 C．4或6 D．16或36 【答案】C 【分析】求出两圆的圆心和半径，分内切与外切求解. 【详解】圆的圆心为，半径， 圆的圆心为，半径， ， 当两圆外切时，，即，解得； 当两圆内切时，，即，解得； 综上，则或. 2．（2026·湖南·模拟预测）已知圆与直线相切于点，与直线相交于两点，且，则圆的半径为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据切点以及切线方程可知，再由点到直线距离以及弦长公式可求得圆的半径. 【详解】设圆心，由圆与相切于点可得，即， 所以圆心到直线的距离为，又弦长为4， 故圆的半径． 3．（2026·湖南岳阳·一模）已知圆和直线，若圆上存在三点到直线的距离成公比为2的等比数列，则的最小值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】要使圆上存在三点到直线的距离成公比为2的等比数列，需该圆上点到直线的最大距离与最小距离之比大于等于4，由此建立不等式求的最小值. 【详解】设圆上三点到直线的距离分别为， 圆心到直线的距离为， 若直线与圆相切或相交，此时可以取非常小的正数， 则必存在三点到直线的距离成公比为2的等比数列； 若直线与圆相离，即， 则圆上任意一点到直线的距离位于， 若圆上存在三点到直线的距离成公比为2的等比数列， 则需，得， 则的最小值为. 故选：C 4．（2026·湖南邵阳·一模）已知直线与圆相交于两点，则劣弧的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由弧长公式进行求解． 【详解】圆化为标准方程为：， 圆心，半径， 如图所示：    则点到直线的距离为：， 而，，得， 则劣弧的长为：， 故选：B 二、多选题 5．（2026·湖南衡阳·模拟预测）已知圆，抛物线的焦点为F，P为E上一动点，当P运动到点时，，直线l与E相交于A，B两点，则（    ） A． B．若，则直线PF与圆C相切 C．若M为C上一点，则的最小值为1 D．存在直线l，使得A，B两点关于对称 【答案】ABD 【分析】根据焦半径公式求得判断A，求出直线的方程，然后利用圆心到直线的距离等于半径判断B，设，利用二次函数性质求得最小值为4，进而利用圆的性质求得最小值为判断C，设，与抛物线方程联立，利用韦达定理求出中点坐标，代入求出，与判断D. 【详解】因为当P运动到点时，，所以，故A正确； 抛物线，其焦点， 圆的圆心，半径为， 设，则， 解得，则， 故直线PF的方程为，因为圆心到直线PF的距离为， 所以直线PF与圆C相切，故B正确； 由上可知，，即的最小值为4， 所以的最小值为，故C错误； 假设存在直线l使得A，B两点关于对称， 设直线，，， 由，消去x得，， 则，解得， 又，， 则，解得，符合题意，故D正确． 三、填空题 6．（2026·湖南邵阳·一模）在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，动点满足.当取最大值时，______. 【答案】 【分析】先求出点的轨迹方程，判断出当取最大值时点的位置，结合直线与圆的位置关系求解即可. 【详解】设. 因为，所以， 整理得， 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆. 则当取最大值时，与圆相切，则. 在中，， 所以. 椭圆方程及其性质 考点2 一、单选题 1．（2026·湖南长沙·模拟预测）已知点在直线上移动，椭圆以和为焦点且经过点，则椭圆的离心率的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先利用待定系数法求椭圆方程，联立方程得的范围，进一步计算离心率的范围. 【详解】椭圆以，为焦点，即，， 所以设椭圆方程， 联立方程， 消去得出， 由题意可得， 即，得出或（舍去），解得， 所以， 所以椭圆的离心率的最大值为. 2．（2026·湖南株洲·一模）已知椭圆的焦点为，一个短轴顶点为，且离心率为，则（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用椭圆的性质把用离心率表示出来，再利用二倍角公式以及诱导公式运算可得答案. 【详解】已知椭圆离心率 ，短轴顶点为 ，焦点为 ， 在椭圆中， ， ， 代入 ， 得， ， 由于 是三角形内角，取值范围为 ， 且在单调递减， 因此 故选 ：C    二、多选题 3．（2026·湖南邵阳·一模）已知，分别是椭圆：的左、右焦点，过的直线交于，两点，则下列结论成立的是（   ） A．的周长为8 B． C．的最小值为 D．存在直线，使得 【答案】ABD 【分析】由椭圆的定义即可判断A；由基本不等式即可判断B；根据椭圆弦长公式即可判断C；根据的最大角即可判断D． 【详解】A，根据椭圆的定义，， 所以的周长为，故A正确； B，根据基本不等式，，当且仅当时等号成立，故B正确； C，设直线的方程为，， 与椭圆方程联立得，， ，， ， 当时，最小为1，故C错误； D，当直线过短轴顶点时，最大， 此时，即最大为， 所以存在直线，使得，故D正确． 4．（2026·湖南岳阳·一模）如图，圆，圆，动圆与圆外切于点，与圆内切于点，记圆心的轨迹为曲线，若直线与曲线交于两点，则下面说法正确的是（    ） A．曲线的方程为 B．的最小值为 C． D．当直线斜率都存在时， 【答案】ABC 【分析】对A，直接根据椭圆的定义可得答案；对B，与互补，求出的最大角即可；对于C：直接利用向量的坐标运算求解；对于D：设，，结合斜率公式及点在椭圆上即可判断. 【详解】 对于A，设动圆的半径为，又动圆与圆外切且与圆内切，， 则且不重合， 故点的轨迹是以为焦点的椭圆（去掉重合的点）， 则曲线的方程为，故A正确， 对于B，由图可知与互补，当点P为椭圆短轴端点时，最大，此时，所以， 则的最大值为，所以的最小值为，故B正确； 对于C，， 当且仅当即时等号成立，故C正确； 对于D，设，则，即， 由题意设，则，即， 则，故D错误， 故选：ABC. 双曲线方程及其性质 考点3 一、单选题 1．（2026·湖南怀化·一模）设为坐标原点，是的左、右焦点，若在双曲线上存在点，满足三角形的面积为，则该双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用已知，双曲线定义和的面积，最后利用双曲线离心率公式计算得到离心率. 【详解】设，双曲线焦点，， 由，得， 又因为的面积， 所以， 平方得：， 因为在双曲线上，满足， 所以， 所以 化简得， 代入，得：， ，约去得，即, 代入得， 因此离心率： . 2．（2026·湖南永州·一模）已知分别为双曲线：的左、右焦点，为右支上的一点，线段与轴交于点为坐标原点，过点作，垂足为为线段上的一点，满足，则的渐近线方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意可得为的重心，为的中点．从而得，，进而得，在中，求得，在中，由余弦定理，得，即有解得，，即可得答案. 【详解】如图，设， 为的中点，； 为的重心，为的中点． 又． 由双曲线的定义可知， ． 在中，． 在中，由余弦定理，得， 化简得 或（舍去）， ． 故的渐近线方程为． 故选：A. 二、多选题 3．（2026·湖南株洲·一模）下列关于双曲线的说法，正确的是（ ） A．双曲线的焦距为2 B．双曲线的两条渐近线相互垂直 C．双曲线的离心率为 D．存在一条直线，与双曲线有三个交点 【答案】BC 【分析】将双曲线化为标准形式得到，结合双曲线的几何性质逐项判断即可. 【详解】将双曲线化为标准形式，由此可得 对于A，焦距为，故A错误； 对于B，渐近线方程为，斜率之积为，相互垂直，故B正确； 对于C，离心率，故C正确； 对于D，直线与双曲线联立得到的是二次方程，最多有 2 个解，所以最多有2个交点，故D错误； 故选：BC. 4．（2026·湖南永州·一模）已知双曲线的左、右焦点分别为，点是的渐近线上一点（在轴上方），直线与圆相切，且与的左、右两支分别交于两点，若，则（   ） A．以为直径的圆与圆相切 B．的离心率 C．线段的中点在直线上 D．的面积为 【答案】ABD 【分析】设的中点为，则，即可判断A；设直线与圆的切点为，直线为双曲线的另一条渐近线，根据双曲线的对称性可得，结合离心率的概念计算即可判断B；根据点差法计算可得，求出直线的斜率即可判断C；设，则，根据双曲线的定义可得，结合计算即可判断D. 【详解】设的中点为，则， 以为直径的圆与圆的圆心距为两圆的半径之和， 故以为直径的圆与圆相切，故A正确； 因为点是双曲线的渐近线上的一点，， 所以，设直线与圆的切点为， 则，故直线的斜率为， 即直线为双曲线的另一条渐近线，由双曲线的对称性知， ，即， 所以双曲线的离心率为，故B正确； 设的中点为，设， 则，直线的斜率为， 且，两式相减得， 整理得，即， 又因为直线的斜率为，所以直线的斜率为， 所以的中点在直线上，故C错误； D：设，因为， 所以，由双曲线的定义得， ， 因为，代入得，化简整理得， 即，即， 解得，又， 所以的面积为，故D正确. 故选：ABD 5．（2026·湖南湘潭·一模）已知，是双曲线上两个不同的点，是的左顶点，则（    ） A．的焦距为 B．当轴时，与可能垂直 C．当时，，的横坐标之和的取值集合为 D．当，的纵坐标异号时，对任意的点，都存在点，使得 【答案】AC 【分析】对于A，根据双曲线方程进行判断；对于B，利用向量法进行判断；对于C，得到Q，R的轨迹方程，联立双曲线方程，求解；对于D，根据倾斜角和渐近线进行判断. 【详解】的焦距为，A正确． 当轴时，． （方法一），则，因为的两条渐近线互相垂直，所以，B错误． （方法二）设，，则，， 则， 若，则，解得， 此时，，三点重合，这与题意不符合，所以与不可能垂直，B错误． 当时，，在以为圆心，3为半径的圆上， 该圆的方程为， 由得， 整理得，解得，， 所以，的横坐标之和可能为，，， 故，的横坐标之和的取值集合为，C正确． 如图，设在第一象限，当直线的倾斜角为时，设直线与轴交于点， 若，则，则直线与的一条渐近线平行，从而点不存在，D错误． 故选：AC. 6．（2026·湖南邵阳·一模）已知双曲线的离心率为，左、右焦点分别为，，过的直线与的右支相交于两点，则下列结论错误的有（   ） A．的方程为 B． C．的渐近线方程为 D．当时，的面积为3 【答案】BC 【分析】由已知条件可以知道,离心率是,所以..进而可以得到双曲线的标准方程.对选项逐一分析即可. 【详解】对于选项A,由已知条件可以知道,离心率是,所以. .所以双曲线的标准方程为.故A正确. 对于选项B,当垂直于轴时,将,代入双曲线方程可得. 此时.当不垂直于轴时,,所以.故选项B错误. 对于选项C,双曲线的方程为其渐近线方程为. 已知,则渐近线方程为.即.故选项C错误. 对于选项D,因为,所以. 设,根据双曲线的定义即. 又因为,可以解得. 所以的面积.故选项D正确. 故选：BC. 7．（2026·湖南·模拟预测）已知双曲线有如下光学性质：从一个焦点发出的光线经过双曲线反射后，反射光线的反向延长线通过另一个焦点．其几何事实为：若双曲线的两个焦点为，为双曲线上任意一点，则处的切线平分，已知椭圆的左、右焦点分别为，双曲线的左、右焦点分别为，过作直线与双曲线相切于点，与椭圆相交于点，且点均位于第一象限，若，则下列说法正确的是（   ） A．直线的斜率为定值1 B．椭圆的离心率为 C．双曲线的离心率为 D．为定值 【答案】ABD 【分析】设出直线的方程并与椭圆联立，由判别式可求得直线的斜率为定值1，切点，故A正确，结合双曲线的光学性质以及角平分线定理、正弦定理可求得椭圆的离心率和双曲线的离心率，可判断选项BC，利用向量定比分点可求出点的坐标，代入椭圆方程可求得D正确，或作出辅助线利用椭圆第二定义判断D正确. 【详解】设椭圆的半焦距为，离心率为，双曲线的半焦距为，离心率为， 设直线为， 联立与，得， 由得，又点均位于第一象限，所以， 所以直线的斜率为定值1，切点，故A正确； 如下图所示： 由双曲线光学性质知，直线为的平分线，由角平分线定理知， 设，则，， 从而，椭圆的离心率为， 由选项A知，又，所以， 在中，由正弦定理知， 所以椭圆的离心率为，B正确； 因为，，所以，双曲线的离心率为，故C错误； 法一：设，又点， 由定比分点坐标公式知，代入椭圆的方程，得， 化简得，故，故D正确． 法二：切点，在椭圆的右准线上，过点作轴的垂线，交轴于点，过点作准线的垂线交准线于点， 由椭圆第二定义知，又，故，故D正确． 三、填空题 8．（2026·湖南常德·一模）已知双曲线：左顶点为，右焦点为，过点且倾斜角为的直线与双曲线的右支相交于点，若，且，则双曲线的离心率为________. 【答案】 【分析】根据斜率公式，勾股定理以及双曲线中关系式，即可联立求解. 【详解】由题知，，，， 则，， 又，设， 则，解得， 所以. 故答案为： 9．（2026·湖南衡阳·模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，，过作直线l垂直于双曲线的一条渐近线，直线l与双曲线的两条渐近线分别交于A，B两点，若，则双曲线C的离心率e为______. 【答案】/ 【分析】设，利用算两次思想计算即可. 【详解】如图，由题意可知，则，， 设，则，于是， 即，则，解得离心率. 四、解答题 10．（2026·湖南邵阳·一模）已知双曲线的渐近线方程为，右焦点为，直线与相切于点. (1)若与的渐近线分别交于，两点，证明：点为线段AB的中点； (2)已知直线：，：，若与，分别交于点，，是否存在实数，使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）利用双曲线的渐近线方程和焦点坐标求出双曲线的标准方程，根据直线是否存在斜率进行分类讨论，结合一元二次方程根与系数关系进行运算求解证明即可； （2）根据两点间距离公式，结合（1）的结论进行求解即可. 【详解】（1）设双曲线， 由题意得：解得故双曲线方程为. 设，则 ⅰ）当切线斜率不存在时，由对称性可知，为AB的中点. ⅱ）当切线斜率存在时，设切线（或） 联立方程组：消去得：. 由，即. 又，则，， 所以，即，解得. 所以直线，又，则. 联立方程组：消去得：，因为. 则上式化简为，恒成立. 设，，则，所以为AB的中点. （2）因为与相交，则切线的斜率存在， 由（1）知，切线，将，分别代入切线的方程得 所以，，则， . 所以. 故存在，使得恒成立. 抛物线方程及其性质 考点4 一、单选题 1．（2026·湖南永州·一模）已知抛物线的焦点为，点在轴上且位于右侧，点在上，若为等边三角形，则（   ） A．2 B．2 C．2 D．4 【答案】D 【分析】如图，设，则，结合抛物线的定义得，进而建立关于的方程，解之即可求解. 【详解】如图，，设，的中点为， 则，又为等边三角形，所以， 由抛物线的定义知，所以， 解得，所以.    故选：D 2．（2026·湖南永州·一模）已知分别为内角的对边，若，，动点满足的大小与的大小相等，则的最小值为（    ） A． B． C． D．2 【答案】C 【分析】根据降幂公式结合余弦定理可得，根据面积可得，可知点在抛物线上，结合抛物线的性质分析求解. 【详解】因为， 整理可得，则，可知为等边三角形． 设点到直线的距离为，则，可得， 如图，过点作，垂足为，则， 过点作，垂足为，可知点在以为焦点，所在直线为准线的抛物线上， 可知当点为抛物线顶点（即为的中点）时，取得最小值，此时， 所以的最小值为． 故选：C. 二、多选题 3．（2026·河南南阳·模拟预测）已知抛物线C：的焦点为，过点的直线与C交于两点，其中，，则（   ） A．直线的斜率为 B．点M到y轴的距离为7 C．的面积为 D．直线的倾斜角为30°或150° 【答案】AC 【分析】根据给定条件及抛物线的对称性，结合几何图形求出直线的斜率，进而求出点的坐标，再逐项求解判断即可. 【详解】由抛物线：的焦点为，得抛物线， 设，由对称性，不妨令点在第一象限， 连接并延长交抛物线于点，连接并延长交抛物线于点， 直线，由消去得，则，即， 直线，由消去得， 则，即，因此，点与关于轴对称，则， 同理得，点与关于轴对称，， 由与关于轴对称，得平分，则， 而，且，则， 于是，直线的斜率，直线， 由消去得，而， 解得，则，，点， 对于A，直线的斜率为，由对称性知，也是直线的斜率，A正确； 对于B，点或到轴的距离均为，B错误； 对于C，由，得 ，C正确； 对于D，直线的倾斜角，由对称性知，也是直线的倾斜角，D错误. 故选：AC 4．（2026·湖南永州·一模）已知为抛物线的焦点，准线与轴交于点为第一象限内抛物线上的点，且满足，过点作的垂线，垂足为与交于点，则（    ） A．直线的斜率不是定值 B． C． D． 【答案】BCD 【分析】根据抛物线的性质、斜率计算公式、余弦定理及几何关系求解即可. 【详解】由题意知，，准线：，. 设，则. 因为点为抛物线上的点，所以. 又，所以，即， 联立整理得，，解得，因为，所以. 所以（）. 选项A：，为定值，A错误. 选项B：，， . 所以 ，B正确. 选项C：因为，所以， 又，所以，所以 所以，C正确. 选项D： ， 因为， 所以，又， 所以. 因为，所以，所以，D正确. 故选：BCD 5．（2026·湖南永州·一模）已知为抛物线：（）的焦点，准线与轴交于点，为第一象限内抛物线上的点，且满足，过点作的垂线，垂足为，与交于点，则为（   ） A．直线的斜率不是定值 B． C． D． 【答案】BCD 【分析】先求得，，再求解直线的斜率判断A；结合抛物线的定义在直角三角形中计算判断B；通过几何关系得为的平分线，即可证明判断C；由，即可判断D. 【详解】设（），易知，由得. 由得，， 显然，故解得， 则，可得， ，， 为常数，故选项A错误； ，， ，故选项B正确； ，. 又，， 为的平分线，，故选项C正确. ，. 为平分线，. 又由前面分析知，，. ，，故选项D正确.    故选：BCD 圆锥曲线弦长面积问题 考点5 1．（2026·湖南怀化·一模）在抛物线中，直线与交于两点，为的焦点.当直线为时，. (1)求抛物线的标准方程； (2)若线段中点的纵坐标始终为1，求的取值范围； (3)已知直线与相交于两点，直线与相交于两点（点在轴的上方），若，四边形的外接圆圆心坐标为，求证：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）联立直线与抛物线的方程，得韦达定理，进而根据弦长公式即可求解， （2）联立方程可得韦达定理，根据中点坐标公式可求解，进而根据焦半径公式，结合判别式即可得解, （3）写出的坐标，根据得，根据对称性判断圆心位于，即可根据两点距离公式代入化简求解. 【详解】（1）由题意可知， 联立直线与的方程可得， 设,则, 由弦长公式可得：, 化简可得，由于，故，（负值舍去）. 故抛物线的方程为. （2）设直线, 直线与抛物线联立可得， 故， 由于， 故， 因此的取值范围为 （3）抛物线与直线相交于故， 抛物线与直线相交于故， 根据可得， 由于轴，根据对称性可知四边形的外接圆圆心在轴上，故， 由可得， 化简可得， 将代入上式可得， 由于，可得，故，故， 进而. 2．（2026·湖南·模拟预测）已知椭圆过点，两个焦点坐标分别为． (1)求椭圆的方程． (2)已知为椭圆上异于的两点，且直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形． （i）求证：直线的斜率为定值； （ii）求面积的最大值． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）2． 【分析】（1）根据点以及焦点坐标，解方程可求得椭圆的方程； （2）（i）法一：设直线的方程为，并与椭圆方程联立，结合韦达定理由可得直线的斜率； 法二：设直线的方程为，联立椭圆方程可解得，同理可得，化简可知直线的斜率； 法三：由，可设直线为，不同时为0，联立直线与椭圆方程化简得，可得，即直线的斜率为定值． （ii）设直线为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理知 法一：易知，当时，的面积取最大值2． 法二：由弦长公式可知，又点到直线的距离，所以，当时，的面积取最大值2． 【详解】（1）设椭圆的方程为， 显然， 将点代入椭圆方程，即，解得或（舍去） 所以椭圆的方程为． （2）（i）法一： 设直线的方程为（由对称性知存在），如下图： 联立得，化简得， 由知，则， 因为，所以，即， 化简得，因为直线不过点，所以， 故． 法二： 设直线的方程为， 联立，得，化简， 得， 由知，即，则， 又，所以， 因为直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形，所以， 同理可得， 由此可知， 则直线的斜率， 故直线的斜率为定值． 法三： 因为直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形，所以， 因为为椭圆上异于的两点， 所以可设直线为，不同时为0， 联立与， 得， 等式两边同时除以，记， 化简得， 由于，所以，说明直线的斜率为定值． （ii）设直线为， 联立与，得， 因为，所以． 由韦达定理知 法一： 过点作轴的垂线交直线于点，则点的坐标为， ，即， 化简得． 当且仅当时，的面积取最大值2． 法二： 易知， 点到直线的距离， 所以， 当且仅当时，的面积取最大值2． 3．（2026·湖南邵阳·一模）已知椭圆：的左、右焦点分别为，离心率，过的直线交椭圆于两点，的周长为8． (1)求椭圆的方程； (2)过点且与垂直的直线与椭圆相交于两点，在轴的上方，分别为线段，线段的中点，直线与直线相交于点． （i）直线是否过定点？若过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由； （ii）求的面积的最小值． 【答案】(1) (2)（i）直线过定点，定点坐标为；（ii） 【分析】（1）利用椭圆的定义，根据的周长可列方程求出，利用离心率求出，进而可得标准方程.（2）（i）先根据题意判断直线与坐标轴不垂直，设出直线的方程，与椭圆方程联立，根据根与系数的关系及中点坐标公式可得到点的坐标，同理得到点的坐标，进而可得到直线的方程，可得定点坐标；（ii）根据平行线间距离相等得到，根据弦长公式可求得，由及基本不等式的变形可得最值. 【详解】（1）因为的周长为，所以. 又，所以． 所以， 所以椭圆的方程为. （2）（i）直线过定点. 由（1）知，，又在轴的上方，所以直线与坐标轴不垂直． 设直线． 将代入，整理得. 则． 所以． 所以，同理可得. 所以. 所以直线的方程为，即， 因为该方程对任意非零实数恒成立， 所以直线过定点. （ii）连接，设为线段的中点，直线分别与相交于点， 连接，如图所示．    因为分别为的中点， 所以， 所以到直线的距离相等，到直线的距离相等． 则． 所以， 即． 故. 由（i）知，， 同理可得， 所以 当且仅当时，即时，等号成立． 所以的面积的最小值为. 4．（2026·湖南永州·一模）已知椭圆经过点为的右焦点． (1)求的标准方程； (2)过点的直线与交于两点（的斜率存在且不为0），设点关于轴的对称点为，的外接圆圆心为． （i）求面积的最大值； （ii）直线与直线的斜率之积是否为定值？若是，求出这个定值，若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)（i）（ii）是；定值为1，证明见解析. 【分析】（1）根据椭圆定义求，再根据关系联立方程求解椭圆方程； （2）（i）直线方程为,跟椭圆方程联立可得，根据直线与直线的斜率之和为0，再结合韦达定理求得直线过定点，再利用韦达定理转化面积，再由一般不等式求解面积最值； （ii）求解和的垂直平分线方程为，，联立两直线方程可得，，即得，再结合可得斜率乘积为定值. 【详解】（1）如图所示，因为为的右焦点，则，且椭圆左焦点为， 所以, 所以， 所以椭圆的方程为. （2）（i）设直线方程为，， 联立，得， ，即， ，， 因为点关于轴的对称点为，则直线与直线的斜率之和为0， 所以， 即，即， 得，即，所以直线过定点，且， 所以， 即，令， ， 当且仅当时，即时，面积的最大值为. （ii）因为的垂直平分线方程为， 即①，同理的垂直平分线方程为②， ①+②得，，故， ①-②得，， 所以，即， 所以，故， 又因为，故， 所以直线与直线的斜率之积是定值1. 5．（2026·湖南岳阳·一模）已知椭圆的离心率为，且经过点. (1)求椭圆的方程； (2)设椭圆的左，右顶点分别为，过轴上的一点作直线交椭圆于两点（异于点）.设直线斜率为，直线斜率为. （i）求（用表示）； （ii）若,的面积为,的面积为，求的最大值. 【答案】(1) (2)（i）（ii） 【分析】（1）利用离心率推得，结合点在椭圆上得，解得，即得椭圆方程； （2）（i）设直线的方程为，与椭圆方程联立，写出韦达定理，根据斜率公式化简计算即可；（ii）利用（i）的结论结合求得，分别表示出，借助于韦达定理和基本不等式即可求得的最大值. 【详解】（1）由题可知，，化简得， 又因为在椭圆上，则， 联立解得，故椭圆的方程为. （2）（i）依题意，设直线的方程为， 则联立，消去得 其中，即， 设，则. 则 ； （ii）由（i）可得，解得，即， ，且. 因，， 则 令，则， ，当且仅当，即时等号成立. 的最大值为. 圆锥曲线定点定值问题 考点6 1．（2026·湖南邵阳·一模）已知椭圆：的左、右焦点分别为，离心率，过的直线交椭圆于两点，的周长为8． (1)求椭圆的方程； (2)过点且与垂直的直线与椭圆相交于两点，在轴的上方，分别为线段，线段的中点，直线与直线相交于点． （i）直线是否过定点？若过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由； （ii）求的面积的最小值． 【答案】(1) (2)（i）直线过定点，定点坐标为；（ii） 【分析】（1）利用椭圆的定义，根据的周长可列方程求出，利用离心率求出，进而可得标准方程.（2）（i）先根据题意判断直线与坐标轴不垂直，设出直线的方程，与椭圆方程联立，根据根与系数的关系及中点坐标公式可得到点的坐标，同理得到点的坐标，进而可得到直线的方程，可得定点坐标；（ii）根据平行线间距离相等得到，根据弦长公式可求得，由及基本不等式的变形可得最值. 【详解】（1）因为的周长为，所以. 又，所以． 所以， 所以椭圆的方程为. （2）（i）直线过定点. 由（1）知，，又在轴的上方，所以直线与坐标轴不垂直． 设直线． 将代入，整理得. 则． 所以． 所以，同理可得. 所以. 所以直线的方程为，即， 因为该方程对任意非零实数恒成立， 所以直线过定点. （ii）连接，设为线段的中点，直线分别与相交于点， 连接，如图所示．    因为分别为的中点， 所以， 所以到直线的距离相等，到直线的距离相等． 则． 所以， 即． 故. 由（i）知，， 同理可得， 所以 当且仅当时，即时，等号成立． 所以的面积的最小值为. 2．（2026·湖南永州·一模）已知椭圆经过点为的右焦点． (1)求的标准方程； (2)过点的直线与交于两点（的斜率存在且不为0），设点关于轴的对称点为，的外接圆圆心为． （i）求面积的最大值； （ii）直线与直线的斜率之积是否为定值？若是，求出这个定值，若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)（i）（ii）是；定值为1，证明见解析. 【分析】（1）根据椭圆定义求，再根据关系联立方程求解椭圆方程； （2）（i）直线方程为,跟椭圆方程联立可得，根据直线与直线的斜率之和为0，再结合韦达定理求得直线过定点，再利用韦达定理转化面积，再由一般不等式求解面积最值； （ii）求解和的垂直平分线方程为，，联立两直线方程可得，，即得，再结合可得斜率乘积为定值. 【详解】（1）如图所示，因为为的右焦点，则，且椭圆左焦点为， 所以, 所以， 所以椭圆的方程为. （2）（i）设直线方程为，， 联立，得， ，即， ，， 因为点关于轴的对称点为，则直线与直线的斜率之和为0， 所以， 即，即， 得，即，所以直线过定点，且， 所以， 即，令， ， 当且仅当时，即时，面积的最大值为. （ii）因为的垂直平分线方程为， 即①，同理的垂直平分线方程为②， ①+②得，，故， ①-②得，， 所以，即， 所以，故， 又因为，故， 所以直线与直线的斜率之积是定值1. 圆锥曲线证明，最值与探索问题 考点7 1．（2026·湖南·模拟预测）已知椭圆过点，两个焦点坐标分别为． (1)求椭圆的方程． (2)已知为椭圆上异于的两点，且直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形． （i）求证：直线的斜率为定值； （ii）求面积的最大值． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）2． 【分析】（1）根据点以及焦点坐标，解方程可求得椭圆的方程； （2）（i）法一：设直线的方程为，并与椭圆方程联立，结合韦达定理由可得直线的斜率； 法二：设直线的方程为，联立椭圆方程可解得，同理可得，化简可知直线的斜率； 法三：由，可设直线为，不同时为0，联立直线与椭圆方程化简得，可得，即直线的斜率为定值． （ii）设直线为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理知 法一：易知，当时，的面积取最大值2． 法二：由弦长公式可知，又点到直线的距离，所以，当时，的面积取最大值2． 【详解】（1）设椭圆的方程为， 显然， 将点代入椭圆方程，即，解得或（舍去） 所以椭圆的方程为． （2）（i）法一： 设直线的方程为（由对称性知存在），如下图： 联立得，化简得， 由知，则， 因为，所以，即， 化简得，因为直线不过点，所以， 故． 法二： 设直线的方程为， 联立，得，化简， 得， 由知，即，则， 又，所以， 因为直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形，所以， 同理可得， 由此可知， 则直线的斜率， 故直线的斜率为定值． 法三： 因为直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形，所以， 因为为椭圆上异于的两点， 所以可设直线为，不同时为0， 联立与， 得， 等式两边同时除以，记， 化简得， 由于，所以，说明直线的斜率为定值． （ii）设直线为， 联立与，得， 因为，所以． 由韦达定理知 法一： 过点作轴的垂线交直线于点，则点的坐标为， ，即， 化简得． 当且仅当时，的面积取最大值2． 法二： 易知， 点到直线的距离， 所以， 当且仅当时，的面积取最大值2． 2．（2026·湖南邵阳·一模）已知椭圆：的左、右焦点分别为，离心率，过的直线交椭圆于两点，的周长为8． (1)求椭圆的方程； (2)过点且与垂直的直线与椭圆相交于两点，在轴的上方，分别为线段，线段的中点，直线与直线相交于点． （i）直线是否过定点？若过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由； （ii）求的面积的最小值． 【答案】(1) (2)（i）直线过定点，定点坐标为；（ii） 【分析】（1）利用椭圆的定义，根据的周长可列方程求出，利用离心率求出，进而可得标准方程.（2）（i）先根据题意判断直线与坐标轴不垂直，设出直线的方程，与椭圆方程联立，根据根与系数的关系及中点坐标公式可得到点的坐标，同理得到点的坐标，进而可得到直线的方程，可得定点坐标；（ii）根据平行线间距离相等得到，根据弦长公式可求得，由及基本不等式的变形可得最值. 【详解】（1）因为的周长为，所以. 又，所以． 所以， 所以椭圆的方程为. （2）（i）直线过定点. 由（1）知，，又在轴的上方，所以直线与坐标轴不垂直． 设直线． 将代入，整理得. 则． 所以． 所以，同理可得. 所以. 所以直线的方程为，即， 因为该方程对任意非零实数恒成立， 所以直线过定点. （ii）连接，设为线段的中点，直线分别与相交于点， 连接，如图所示．    因为分别为的中点， 所以， 所以到直线的距离相等，到直线的距离相等． 则． 所以， 即． 故. 由（i）知，， 同理可得， 所以 当且仅当时，即时，等号成立． 所以的面积的最小值为. 3．（2026·湖南永州·一模）已知椭圆经过点为的右焦点． (1)求的标准方程； (2)过点的直线与交于两点（的斜率存在且不为0），设点关于轴的对称点为，的外接圆圆心为． （i）求面积的最大值； （ii）直线与直线的斜率之积是否为定值？若是，求出这个定值，若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)（i）（ii）是；定值为1，证明见解析. 【分析】（1）根据椭圆定义求，再根据关系联立方程求解椭圆方程； （2）（i）直线方程为,跟椭圆方程联立可得，根据直线与直线的斜率之和为0，再结合韦达定理求得直线过定点，再利用韦达定理转化面积，再由一般不等式求解面积最值； （ii）求解和的垂直平分线方程为，，联立两直线方程可得，，即得，再结合可得斜率乘积为定值. 【详解】（1）如图所示，因为为的右焦点，则，且椭圆左焦点为， 所以, 所以， 所以椭圆的方程为. （2）（i）设直线方程为，， 联立，得， ，即， ，， 因为点关于轴的对称点为，则直线与直线的斜率之和为0， 所以， 即，即， 得，即，所以直线过定点，且， 所以， 即，令， ， 当且仅当时，即时，面积的最大值为. （ii）因为的垂直平分线方程为， 即①，同理的垂直平分线方程为②， ①+②得，，故， ①-②得，， 所以，即， 所以，故， 又因为，故， 所以直线与直线的斜率之积是定值1. 4．（2026·湖南怀化·一模）在抛物线中，直线与交于两点，为的焦点.当直线为时，. (1)求抛物线的标准方程； (2)若线段中点的纵坐标始终为1，求的取值范围； (3)已知直线与相交于两点，直线与相交于两点（点在轴的上方），若，四边形的外接圆圆心坐标为，求证：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）联立直线与抛物线的方程，得韦达定理，进而根据弦长公式即可求解， （2）联立方程可得韦达定理，根据中点坐标公式可求解，进而根据焦半径公式，结合判别式即可得解, （3）写出的坐标，根据得，根据对称性判断圆心位于，即可根据两点距离公式代入化简求解. 【详解】（1）由题意可知， 联立直线与的方程可得， 设,则, 由弦长公式可得：, 化简可得，由于，故，（负值舍去）. 故抛物线的方程为. （2）设直线, 直线与抛物线联立可得， 故， 由于， 故， 因此的取值范围为 （3）抛物线与直线相交于故， 抛物线与直线相交于故， 根据可得， 由于轴，根据对称性可知四边形的外接圆圆心在轴上，故， 由可得， 化简可得， 将代入上式可得， 由于，可得，故，故， 进而. 5．（2026·湖南岳阳·一模）已知椭圆的离心率为，且经过点. (1)求椭圆的方程； (2)设椭圆的左，右顶点分别为，过轴上的一点作直线交椭圆于两点（异于点）.设直线斜率为，直线斜率为. （i）求（用表示）； （ii）若,的面积为,的面积为，求的最大值. 【答案】(1) (2)（i）（ii） 【分析】（1）利用离心率推得，结合点在椭圆上得，解得，即得椭圆方程； （2）（i）设直线的方程为，与椭圆方程联立，写出韦达定理，根据斜率公式化简计算即可；（ii）利用（i）的结论结合求得，分别表示出，借助于韦达定理和基本不等式即可求得的最大值. 【详解】（1）由题可知，，化简得， 又因为在椭圆上，则， 联立解得，故椭圆的方程为. （2）（i）依题意，设直线的方程为， 则联立，消去得 其中，即， 设，则. 则 ； （ii）由（i）可得，解得，即， ，且. 因，， 则 令，则， ，当且仅当，即时等号成立. 的最大值为. 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 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 一、单选题 1．（2026·湖南怀化·一模）已知圆与圆相切，则（    ） A．4 B．6 C．4或6 D．16或36 2．（2026·湖南·模拟预测）已知圆与直线相切于点，与直线相交于两点，且，则圆的半径为（   ） A． B． C． D． 3．（2026·湖南岳阳·一模）已知圆和直线，若圆上存在三点到直线的距离成公比为2的等比数列，则的最小值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 4．（2026·湖南邵阳·一模）已知直线与圆相交于两点，则劣弧的长为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 5．（2026·湖南衡阳·模拟预测）已知圆，抛物线的焦点为F，P为E上一动点，当P运动到点时，，直线l与E相交于A，B两点，则（    ） A． B．若，则直线PF与圆C相切 C．若M为C上一点，则的最小值为1 D．存在直线l，使得A，B两点关于对称 三、填空题 6．（2026·湖南邵阳·一模）在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，动点满足.当取最大值时，______. 椭圆方程及其性质 考点2 一、单选题 1．（2026·湖南长沙·模拟预测）已知点在直线上移动，椭圆以和为焦点且经过点，则椭圆的离心率的最大值为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·湖南株洲·一模）已知椭圆的焦点为，一个短轴顶点为，且离心率为，则（ ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（2026·湖南邵阳·一模）已知，分别是椭圆：的左、右焦点，过的直线交于，两点，则下列结论成立的是（   ） A．的周长为8 B． C．的最小值为 D．存在直线，使得 4．（2026·湖南岳阳·一模）如图，圆，圆，动圆与圆外切于点，与圆内切于点，记圆心的轨迹为曲线，若直线与曲线交于两点，则下面说法正确的是（    ） A．曲线的方程为 B．的最小值为 C． D．当直线斜率都存在时， 双曲线方程及其性质 考点3 一、单选题 1．（2026·湖南怀化·一模）设为坐标原点，是的左、右焦点，若在双曲线上存在点，满足三角形的面积为，则该双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D． 2．（2026·湖南永州·一模）已知分别为双曲线：的左、右焦点，为右支上的一点，线段与轴交于点为坐标原点，过点作，垂足为为线段上的一点，满足，则的渐近线方程为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（2026·湖南株洲·一模）下列关于双曲线的说法，正确的是（ ） A．双曲线的焦距为2 B．双曲线的两条渐近线相互垂直 C．双曲线的离心率为 D．存在一条直线，与双曲线有三个交点 4．（2026·湖南永州·一模）已知双曲线的左、右焦点分别为，点是的渐近线上一点（在轴上方），直线与圆相切，且与的左、右两支分别交于两点，若，则（   ） A．以为直径的圆与圆相切 B．的离心率 C．线段的中点在直线上 D．的面积为 5．（2026·湖南湘潭·一模）已知，是双曲线上两个不同的点，是的左顶点，则（    ） A．的焦距为 B．当轴时，与可能垂直 C．当时，，的横坐标之和的取值集合为 D．当，的纵坐标异号时，对任意的点，都存在点，使得 6．（2026·湖南邵阳·一模）已知双曲线的离心率为，左、右焦点分别为，，过的直线与的右支相交于两点，则下列结论错误的有（   ） A．的方程为 B． C．的渐近线方程为 D．当时，的面积为3 7．（2026·湖南·模拟预测）已知双曲线有如下光学性质：从一个焦点发出的光线经过双曲线反射后，反射光线的反向延长线通过另一个焦点．其几何事实为：若双曲线的两个焦点为，为双曲线上任意一点，则处的切线平分，已知椭圆的左、右焦点分别为，双曲线的左、右焦点分别为，过作直线与双曲线相切于点，与椭圆相交于点，且点均位于第一象限，若，则下列说法正确的是（   ） A．直线的斜率为定值1 B．椭圆的离心率为 C．双曲线的离心率为 D．为定值 三、填空题 8．（2026·湖南常德·一模）已知双曲线：左顶点为，右焦点为，过点且倾斜角为的直线与双曲线的右支相交于点，若，且，则双曲线的离心率为________. 9．（2026·湖南衡阳·模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，，过作直线l垂直于双曲线的一条渐近线，直线l与双曲线的两条渐近线分别交于A，B两点，若，则双曲线C的离心率e为______. 四、解答题 10．（2026·湖南邵阳·一模）已知双曲线的渐近线方程为，右焦点为，直线与相切于点. (1)若与的渐近线分别交于，两点，证明：点为线段AB的中点； (2)已知直线：，：，若与，分别交于点，，是否存在实数，使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 抛物线方程及其性质 考点4 一、单选题 1．（2026·湖南永州·一模）已知抛物线的焦点为，点在轴上且位于右侧，点在上，若为等边三角形，则（   ） A．2 B．2 C．2 D．4 2．（2026·湖南永州·一模）已知分别为内角的对边，若，，动点满足的大小与的大小相等，则的最小值为（    ） A． B． C． D．2 二、多选题 3．（2026·河南南阳·模拟预测）已知抛物线C：的焦点为，过点的直线与C交于两点，其中，，则（   ） A．直线的斜率为 B．点M到y轴的距离为7 C．的面积为 D．直线的倾斜角为30°或150° 4．（2026·湖南永州·一模）已知为抛物线的焦点，准线与轴交于点为第一象限内抛物线上的点，且满足，过点作的垂线，垂足为与交于点，则（    ） A．直线的斜率不是定值 B． C． D． 5．（2026·湖南永州·一模）已知为抛物线：（）的焦点，准线与轴交于点，为第一象限内抛物线上的点，且满足，过点作的垂线，垂足为，与交于点，则为（   ） A．直线的斜率不是定值 B． C． D． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 圆锥曲线弦长面积问题 考点5 1．（2026·湖南怀化·一模）在抛物线中，直线与交于两点，为的焦点.当直线为时，. (1)求抛物线的标准方程； (2)若线段中点的纵坐标始终为1，求的取值范围； (3)已知直线与相交于两点，直线与相交于两点（点在轴的上方），若，四边形的外接圆圆心坐标为，求证：. 2．（2026·湖南·模拟预测）已知椭圆过点，两个焦点坐标分别为． (1)求椭圆的方程． (2)已知为椭圆上异于的两点，且直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形． （i）求证：直线的斜率为定值； （ii）求面积的最大值． 3．（2026·湖南邵阳·一模）已知椭圆：的左、右焦点分别为，离心率，过的直线交椭圆于两点，的周长为8． (1)求椭圆的方程； (2)过点且与垂直的直线与椭圆相交于两点，在轴的上方，分别为线段，线段的中点，直线与直线相交于点． （i）直线是否过定点？若过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由； （ii）求的面积的最小值． 4．（2026·湖南永州·一模）已知椭圆经过点为的右焦点． (1)求的标准方程； (2)过点的直线与交于两点（的斜率存在且不为0），设点关于轴的对称点为，的外接圆圆心为． （i）求面积的最大值； （ii）直线与直线的斜率之积是否为定值？若是，求出这个定值，若不是，请说明理由． 5．（2026·湖南岳阳·一模）已知椭圆的离心率为，且经过点. (1)求椭圆的方程； (2)设椭圆的左，右顶点分别为，过轴上的一点作直线交椭圆于两点（异于点）.设直线斜率为，直线斜率为. （i）求（用表示）； （ii）若,的面积为,的面积为，求的最大值. 圆锥曲线定点定值问题 考点6 1．（2026·湖南邵阳·一模）已知椭圆：的左、右焦点分别为，离心率，过的直线交椭圆于两点，的周长为8． (1)求椭圆的方程； (2)过点且与垂直的直线与椭圆相交于两点，在轴的上方，分别为线段，线段的中点，直线与直线相交于点． （i）直线是否过定点？若过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由； （ii）求的面积的最小值． 2．（2026·湖南永州·一模）已知椭圆经过点为的右焦点． (1)求的标准方程； (2)过点的直线与交于两点（的斜率存在且不为0），设点关于轴的对称点为，的外接圆圆心为． （i）求面积的最大值； （ii）直线与直线的斜率之积是否为定值？若是，求出这个定值，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．（2026·湖南·模拟预测）已知椭圆过点，两个焦点坐标分别为． (1)求椭圆的方程． (2)已知为椭圆上异于的两点，且直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形． （i）求证：直线的斜率为定值； （ii）求面积的最大值． 2．（2026·湖南邵阳·一模）已知椭圆：的左、右焦点分别为，离心率，过的直线交椭圆于两点，的周长为8． (1)求椭圆的方程； (2)过点且与垂直的直线与椭圆相交于两点，在轴的上方，分别为线段，线段的中点，直线与直线相交于点． （i）直线是否过定点？若过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由； （ii）求的面积的最小值． 3．（2026·湖南永州·一模）已知椭圆经过点为的右焦点． (1)求的标准方程； (2)过点的直线与交于两点（的斜率存在且不为0），设点关于轴的对称点为，的外接圆圆心为． （i）求面积的最大值； （ii）直线与直线的斜率之积是否为定值？若是，求出这个定值，若不是，请说明理由． 4．（2026·湖南怀化·一模）在抛物线中，直线与交于两点，为的焦点.当直线为时，. (1)求抛物线的标准方程； (2)若线段中点的纵坐标始终为1，求的取值范围； (3)已知直线与相交于两点，直线与相交于两点（点在轴的上方），若，四边形的外接圆圆心坐标为，求证：. 5．（2026·湖南岳阳·一模）已知椭圆的离心率为，且经过点. (1)求椭圆的方程； (2)设椭圆的左，右顶点分别为，过轴上的一点作直线交椭圆于两点（异于点）.设直线斜率为，直线斜率为. （i）求（用表示）； （ii）若,的面积为,的面积为，求的最大值. 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 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 平面解析几何 直线方程与圆的方程 考点1 题号 1 2 3 4 5 答案 C B C B ABD 6． 椭圆方程及其性质 考点2 题号 1 2 3 4 答案 A C ABD ABC 双曲线方程及其性质 考点3 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 B A BC ABD AC BC ABD 8． 9．/ 10．(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）利用双曲线的渐近线方程和焦点坐标求出双曲线的标准方程，根据直线是否存在斜率进行分类讨论，结合一元二次方程根与系数关系进行运算求解证明即可； （2）根据两点间距离公式，结合（1）的结论进行求解即可. 【详解】（1）设双曲线， 由题意得：解得故双曲线方程为. 设，则 ⅰ）当切线斜率不存在时，由对称性可知，为AB的中点. ⅱ）当切线斜率存在时，设切线（或） 联立方程组：消去得：. 由，即. 又，则，， 所以，即，解得. 所以直线，又，则. 联立方程组：消去得：，因为. 则上式化简为，恒成立. 设，，则，所以为AB的中点. （2）因为与相交，则切线的斜率存在， 由（1）知，切线，将，分别代入切线的方程得 所以，，则， . 所以. 故存在，使得恒成立. 抛物线方程及其性质 考点4 题号 1 2 3 4 5 答案 D C AC BCD BCD 圆锥曲线弦长面积问题 考点5 1．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）联立直线与抛物线的方程，得韦达定理，进而根据弦长公式即可求解， （2）联立方程可得韦达定理，根据中点坐标公式可求解，进而根据焦半径公式，结合判别式即可得解, （3）写出的坐标，根据得，根据对称性判断圆心位于，即可根据两点距离公式代入化简求解. 【详解】（1）由题意可知， 联立直线与的方程可得， 设,则, 由弦长公式可得：, 化简可得，由于，故，（负值舍去）. 故抛物线的方程为. （2）设直线, 直线与抛物线联立可得， 故， 由于， 故， 因此的取值范围为 （3）抛物线与直线相交于故， 抛物线与直线相交于故， 根据可得， 由于轴，根据对称性可知四边形的外接圆圆心在轴上，故， 由可得， 化简可得， 将代入上式可得， 由于，可得，故，故， 进而. 2．(1) (2)（i）证明见解析；（ii）2． 【分析】（1）根据点以及焦点坐标，解方程可求得椭圆的方程； （2）（i）法一：设直线的方程为，并与椭圆方程联立，结合韦达定理由可得直线的斜率； 法二：设直线的方程为，联立椭圆方程可解得，同理可得，化简可知直线的斜率； 法三：由，可设直线为，不同时为0，联立直线与椭圆方程化简得，可得，即直线的斜率为定值． （ii）设直线为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理知 法一：易知，当时，的面积取最大值2． 法二：由弦长公式可知，又点到直线的距离，所以，当时，的面积取最大值2． 【详解】（1）设椭圆的方程为， 显然， 将点代入椭圆方程，即，解得或（舍去） 所以椭圆的方程为． （2）（i）法一： 设直线的方程为（由对称性知存在），如下图： 联立得，化简得， 由知，则， 因为，所以，即， 化简得，因为直线不过点，所以， 故． 法二： 设直线的方程为， 联立，得，化简， 得， 由知，即，则， 又，所以， 因为直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形，所以， 同理可得， 由此可知， 则直线的斜率， 故直线的斜率为定值． 法三： 因为直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形，所以， 因为为椭圆上异于的两点， 所以可设直线为，不同时为0， 联立与， 得， 等式两边同时除以，记， 化简得， 由于，所以，说明直线的斜率为定值． （ii）设直线为， 联立与，得， 因为，所以． 由韦达定理知 法一： 过点作轴的垂线交直线于点，则点的坐标为， ，即， 化简得． 当且仅当时，的面积取最大值2． 法二： 易知， 点到直线的距离， 所以， 当且仅当时，的面积取最大值2． 3．(1) (2)（i）直线过定点，定点坐标为；（ii） 【分析】（1）利用椭圆的定义，根据的周长可列方程求出，利用离心率求出，进而可得标准方程.（2）（i）先根据题意判断直线与坐标轴不垂直，设出直线的方程，与椭圆方程联立，根据根与系数的关系及中点坐标公式可得到点的坐标，同理得到点的坐标，进而可得到直线的方程，可得定点坐标；（ii）根据平行线间距离相等得到，根据弦长公式可求得，由及基本不等式的变形可得最值. 【详解】（1）因为的周长为，所以. 又，所以． 所以， 所以椭圆的方程为. （2）（i）直线过定点. 由（1）知，，又在轴的上方，所以直线与坐标轴不垂直． 设直线． 将代入，整理得. 则． 所以． 所以，同理可得. 所以. 所以直线的方程为，即， 因为该方程对任意非零实数恒成立， 所以直线过定点. （ii）连接，设为线段的中点，直线分别与相交于点， 连接，如图所示．    因为分别为的中点， 所以， 所以到直线的距离相等，到直线的距离相等． 则． 所以， 即． 故. 由（i）知，， 同理可得， 所以 当且仅当时，即时，等号成立． 所以的面积的最小值为. 4．(1) (2)（i）（ii）是；定值为1，证明见解析. 【分析】（1）根据椭圆定义求，再根据关系联立方程求解椭圆方程； （2）（i）直线方程为,跟椭圆方程联立可得，根据直线与直线的斜率之和为0，再结合韦达定理求得直线过定点，再利用韦达定理转化面积，再由一般不等式求解面积最值； （ii）求解和的垂直平分线方程为，，联立两直线方程可得，，即得，再结合可得斜率乘积为定值. 【详解】（1）如图所示，因为为的右焦点，则，且椭圆左焦点为， 所以, 所以， 所以椭圆的方程为. （2）（i）设直线方程为，， 联立，得， ，即， ，， 因为点关于轴的对称点为，则直线与直线的斜率之和为0， 所以， 即，即， 得，即，所以直线过定点，且， 所以， 即，令， ， 当且仅当时，即时，面积的最大值为. （ii）因为的垂直平分线方程为， 即①，同理的垂直平分线方程为②， ①+②得，，故， ①-②得，， 所以，即， 所以，故， 又因为，故， 所以直线与直线的斜率之积是定值1. 5．(1) (2)（i）（ii） 【分析】（1）利用离心率推得，结合点在椭圆上得，解得，即得椭圆方程； （2）（i）设直线的方程为，与椭圆方程联立，写出韦达定理，根据斜率公式化简计算即可；（ii）利用（i）的结论结合求得，分别表示出，借助于韦达定理和基本不等式即可求得的最大值. 【详解】（1）由题可知，，化简得， 又因为在椭圆上，则， 联立解得，故椭圆的方程为. （2）（i）依题意，设直线的方程为， 则联立，消去得 其中，即， 设，则. 则 ； （ii）由（i）可得，解得，即， ，且. 因，， 则 令，则， ，当且仅当，即时等号成立. 的最大值为. 圆锥曲线定点定值问题 考点6 1．(1) (2)（i）直线过定点，定点坐标为；（ii） 【分析】（1）利用椭圆的定义，根据的周长可列方程求出，利用离心率求出，进而可得标准方程.（2）（i）先根据题意判断直线与坐标轴不垂直，设出直线的方程，与椭圆方程联立，根据根与系数的关系及中点坐标公式可得到点的坐标，同理得到点的坐标，进而可得到直线的方程，可得定点坐标；（ii）根据平行线间距离相等得到，根据弦长公式可求得，由及基本不等式的变形可得最值. 【详解】（1）因为的周长为，所以. 又，所以． 所以， 所以椭圆的方程为. （2）（i）直线过定点. 由（1）知，，又在轴的上方，所以直线与坐标轴不垂直． 设直线． 将代入，整理得. 则． 所以． 所以，同理可得. 所以. 所以直线的方程为，即， 因为该方程对任意非零实数恒成立， 所以直线过定点. （ii）连接，设为线段的中点，直线分别与相交于点， 连接，如图所示．    因为分别为的中点， 所以， 所以到直线的距离相等，到直线的距离相等． 则． 所以， 即． 故. 由（i）知，， 同理可得， 所以 当且仅当时，即时，等号成立． 所以的面积的最小值为. 2．(1) (2)（i）（ii）是；定值为1，证明见解析. 【分析】（1）根据椭圆定义求，再根据关系联立方程求解椭圆方程； （2）（i）直线方程为,跟椭圆方程联立可得，根据直线与直线的斜率之和为0，再结合韦达定理求得直线过定点，再利用韦达定理转化面积，再由一般不等式求解面积最值； （ii）求解和的垂直平分线方程为，，联立两直线方程可得，，即得，再结合可得斜率乘积为定值. 【详解】（1）如图所示，因为为的右焦点，则，且椭圆左焦点为， 所以, 所以， 所以椭圆的方程为. （2）（i）设直线方程为，， 联立，得， ，即， ，， 因为点关于轴的对称点为，则直线与直线的斜率之和为0， 所以， 即，即， 得，即，所以直线过定点，且， 所以， 即，令， ， 当且仅当时，即时，面积的最大值为. （ii）因为的垂直平分线方程为， 即①，同理的垂直平分线方程为②， ①+②得，，故， ①-②得，， 所以，即， 所以，故， 又因为，故， 所以直线与直线的斜率之积是定值1. 圆锥曲线证明，最值与探索问题 考点7 1．(1) (2)（i）证明见解析；（ii）2． 【分析】（1）根据点以及焦点坐标，解方程可求得椭圆的方程； （2）（i）法一：设直线的方程为，并与椭圆方程联立，结合韦达定理由可得直线的斜率； 法二：设直线的方程为，联立椭圆方程可解得，同理可得，化简可知直线的斜率； 法三：由，可设直线为，不同时为0，联立直线与椭圆方程化简得，可得，即直线的斜率为定值． （ii）设直线为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理知 法一：易知，当时，的面积取最大值2． 法二：由弦长公式可知，又点到直线的距离，所以，当时，的面积取最大值2． 【详解】（1）设椭圆的方程为， 显然， 将点代入椭圆方程，即，解得或（舍去） 所以椭圆的方程为． （2）（i）法一： 设直线的方程为（由对称性知存在），如下图： 联立得，化简得， 由知，则， 因为，所以，即， 化简得，因为直线不过点，所以， 故． 法二： 设直线的方程为， 联立，得，化简， 得， 由知，即，则， 又，所以， 因为直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形，所以， 同理可得， 由此可知， 则直线的斜率， 故直线的斜率为定值． 法三： 因为直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形，所以， 因为为椭圆上异于的两点， 所以可设直线为，不同时为0， 联立与， 得， 等式两边同时除以，记， 化简得， 由于，所以，说明直线的斜率为定值． （ii）设直线为， 联立与，得， 因为，所以． 由韦达定理知 法一： 过点作轴的垂线交直线于点，则点的坐标为， ，即， 化简得． 当且仅当时，的面积取最大值2． 法二： 易知， 点到直线的距离， 所以， 当且仅当时，的面积取最大值2． 2．(1) (2)（i）直线过定点，定点坐标为；（ii） 【分析】（1）利用椭圆的定义，根据的周长可列方程求出，利用离心率求出，进而可得标准方程.（2）（i）先根据题意判断直线与坐标轴不垂直，设出直线的方程，与椭圆方程联立，根据根与系数的关系及中点坐标公式可得到点的坐标，同理得到点的坐标，进而可得到直线的方程，可得定点坐标；（ii）根据平行线间距离相等得到，根据弦长公式可求得，由及基本不等式的变形可得最值. 【详解】（1）因为的周长为，所以. 又，所以． 所以， 所以椭圆的方程为. （2）（i）直线过定点. 由（1）知，，又在轴的上方，所以直线与坐标轴不垂直． 设直线． 将代入，整理得. 则． 所以． 所以，同理可得. 所以. 所以直线的方程为，即， 因为该方程对任意非零实数恒成立， 所以直线过定点. （ii）连接，设为线段的中点，直线分别与相交于点， 连接，如图所示．    因为分别为的中点， 所以， 所以到直线的距离相等，到直线的距离相等． 则． 所以， 即． 故. 由（i）知，， 同理可得， 所以 当且仅当时，即时，等号成立． 所以的面积的最小值为. 3．(1) (2)（i）（ii）是；定值为1，证明见解析. 【分析】（1）根据椭圆定义求，再根据关系联立方程求解椭圆方程； （2）（i）直线方程为,跟椭圆方程联立可得，根据直线与直线的斜率之和为0，再结合韦达定理求得直线过定点，再利用韦达定理转化面积，再由一般不等式求解面积最值； （ii）求解和的垂直平分线方程为，，联立两直线方程可得，，即得，再结合可得斜率乘积为定值. 【详解】（1）如图所示，因为为的右焦点，则，且椭圆左焦点为， 所以, 所以， 所以椭圆的方程为. （2）（i）设直线方程为，， 联立，得， ，即， ，， 因为点关于轴的对称点为，则直线与直线的斜率之和为0， 所以， 即，即， 得，即，所以直线过定点，且， 所以， 即，令， ， 当且仅当时，即时，面积的最大值为. （ii）因为的垂直平分线方程为， 即①，同理的垂直平分线方程为②， ①+②得，，故， ①-②得，， 所以，即， 所以，故， 又因为，故， 所以直线与直线的斜率之积是定值1. 4．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）联立直线与抛物线的方程，得韦达定理，进而根据弦长公式即可求解， （2）联立方程可得韦达定理，根据中点坐标公式可求解，进而根据焦半径公式，结合判别式即可得解, （3）写出的坐标，根据得，根据对称性判断圆心位于，即可根据两点距离公式代入化简求解. 【详解】（1）由题意可知， 联立直线与的方程可得， 设,则, 由弦长公式可得：, 化简可得，由于，故，（负值舍去）. 故抛物线的方程为. （2）设直线, 直线与抛物线联立可得， 故， 由于， 故， 因此的取值范围为 （3）抛物线与直线相交于故， 抛物线与直线相交于故， 根据可得， 由于轴，根据对称性可知四边形的外接圆圆心在轴上，故， 由可得， 化简可得， 将代入上式可得， 由于，可得，故，故， 进而. 5．(1) (2)（i）（ii） 【分析】（1）利用离心率推得，结合点在椭圆上得，解得，即得椭圆方程； （2）（i）设直线的方程为，与椭圆方程联立，写出韦达定理，根据斜率公式化简计算即可；（ii）利用（i）的结论结合求得，分别表示出，借助于韦达定理和基本不等式即可求得的最大值. 【详解】（1）由题可知，，化简得， 又因为在椭圆上，则， 联立解得，故椭圆的方程为. （2）（i）依题意，设直线的方程为， 则联立，消去得 其中，即， 设，则. 则 ； （ii）由（i）可得，解得，即， ，且. 因，， 则 令，则， ，当且仅当，即时等号成立. 的最大值为. 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 学科网（北京）股份有限公司 $