“解析几何”试题精选-《中学生数理化》高考数学2026年3月刊

中学生数理化 演练篇核心考点演练 高三数学2026年3月 解析几何”试题精选 ■陕西省宁强县天津高级中学 李雪婷 ■陕西省汉中市四○五学校 侯有岐（特级、正高级教师） 1.已知双曲线C:a .y2 =1(a,b>0) 标xD的取值范围及点D的轨迹方程。 4.已知双曲线C:一y =1(a,b>0) 过点(32)，且离心率为2y 39 过点(2，√6)，且其一条渐近线与双曲线C1: (1)求双曲线C的方程； (2)已知M是直线x-名上一点，直线 车一之=1的一条渐近线垂直。M,N分别 为双曲线C的左顶点和右顶点。 MF(其中F为双曲线C的右焦点)交双曲线 (1)求双曲线C的方程。 C于A,B两点（点A在第一象限），O为坐 (2)设过点D(2,0)的动直线L交双曲线 标原点，过点M作直线OA的平行线l,l与 C的右支于A,B两点（点A在第一象限）。 直线OB交于点P,与x轴交于点Q,证明：P 为线段MQ的中点。 ①试探究：kN “是否为定值？若是，求出 2.过抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点 这个定值；若不是，请说明理由。 F作直线！与抛物线C交于A,B两点，当点 ②求SAoB的最小值。 A的纵坐标为2时，AF1=1 5.已知F为抛物线C:y2=2px(p>0) (1)求抛物线C的方程； 的焦点，P,Q分别为抛物线C上的点（点P 在点Q的上方)，当△OPQ为正三角形时，其 (2)若E是直线y=x一4上的动点，过 点E作抛物线C的两条切线EP,EQ,其中 面积为48√3。 P,Q为切点，试证明直线PQ恒过一定点， (1)求抛物线C的方程。 并求出该定点的坐标。 (2)过点F的直线l与抛物线C交于A, 3已知F,R为椭圆C若+芳-】 B两点，点A在x轴上方，AM,BN均垂直 于抛物线C的准线，垂足分别为M,N。 (a>b>0)的左焦点和右焦点，且|F1F,1 ①当|AB|=3|BN|时，求直线l的方 4,若P,Q为椭圆C上的两个动点，且PF1 程： +PFg|=6。 ②已知O为坐标原点，证明：OA「· (1)求椭圆C的方程； OB|=|OM1·ION|. (2)若P,Q两点的横坐标之和为号，设直 6.已知A,B分别为椭圆E,+y-1 线1为线段PQ的中垂线，过椭圆C的左顶点 的左顶点和右顶点，P为直线x=4上的动 A作直线AD⊥l,垂足为D,求垂足D的横坐 点，PA,PB与椭圆E的另一个交点分别为 /0个g0·0u0/0·个·个06·/0·o006·0·o0·00·0·o000·0·00个0、0a00000·00g00·0g 化为关于斜率的一元二次方程，结合韦达定 纽带。本文梳理了定点问题的核心思路，揭 理解决定点问题。这种策略常用来处理圆锥 示其“变化中寻不变”的本质。同学们在平时 曲线中涉及斜率和或积的定，点问题，避免了 学习过程中要深化对圆锥曲线的理解，提升 复杂的韦达定理展开，简化了计算。 化繁为简、数形结合的能力，为后续学习奠定 总之，圆锥曲线中的定点问题，既是解析 基础。 几何中的核心内容，也是连接代数与几何的 (责任编辑王福华) 44 学梳心旁年清件中学生凝理化 C,D。 又直线OB的方程为y= (1)设F为椭圆E的上顶点，直线y= my2十2 k.x(k>0)与椭圆E交于G,Q两点，求四边 与y十如-m+2(一）联立解得y 1 形BGFQ面积的最大值； (2)证明：直线CD过定点。 2y1y:+m x2 7,已知椭圆E大义 2=1(a>b>0)的 2(y1-y2) -4m 离心率为2AA:分别为椭圆E的左顶点 由y十y=m3yy 1 m一3，可得 y1y=- 1 和右顶点，B为椭圆E与y轴正半轴的交 ·(y1十y2)。 Am 点，且BA1·BA2=-1。 1 (1)求椭圆E的方程。 所以yP 2y1y+m·y 2(y1-y2) (2)试问：是否存在直线(，使得直线（交 椭圆E于M,N两点，且F(1,0)恰是 2my1+y)+1 ·y 1 2y1-y2) △BMN的垂心？若存在，求出直线L的方 2(y1-y2) 2(y1一y2） 程；若不存在，请说明理由。 4m 参考答案： a2+b2 b 因为a=0,所以y=w0,故P为 1.(1)由e= 1+ 2 a 线段MQ的中点。 23 2.(1)抛物线C:x2=2py(p>0)的准线 3 ，得a=√3b,则双曲线C的方程为 36 方程为y=- 366=1,解得 =1,将点(3,2)代人得9一2 台焦点为0，)因为当点 b=1,故a=√3。 A的纵坐标为子时，AP=1,所以号+专 1,解得p=1。 所以双曲线C的方程为一y1 所以抛物线C的方程为x2=2y。 (2)由题意可设直线MF的方程为x= 1 (2)由x2=2y,得y= x,所以y'=x。 my十2。又因为点M的横坐标为，所以 设过点E作抛物线C的切线的切点为 1 yM=- 2m (受》，则相应的切线方程为y一号 /x=my+2, x 联立 。消去x整理得(m2 ,（x一x),即y=xx- 3-y2=1, 设点E(t,t一4)，由切线经过点E,得 3)y2+4my+1=0。 t-4=x1-，即x-2tx十2t-8=0。 因为直线MF交双曲线C于A,B不同 两点，所以m2一3≠0，即m≠土。 设P(a,)Q(,),则xx:是 设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1十y2= 方程x2-2tx十2t一8=0的两个实数根，所 -41m 1 m-3y1y=m-3 以x1十x2=2t,x1x2=2t-8。 因为直线l∥OA,所以直线l的方程为 设M是PQ的中点，则xM=十四 2 1 t,yM= 2 45 中学生数理化需数学核026年月 演练篇核心考点演练 x2)2-2x1x2],即yM=t2-t+4。 因为k>号，所以x=一3十十 4 1 2 又kQ= _x十x2=t,故直 x1-x2 2 线PQ的方程为y一(t一t十4)=t(x一t), 综合①②可得，xD [-3,-号) 即y=t(x-1)+4。 所以直线PQ恒过定点(1,4)。 所以垂足D的轨迹方程是(x十1)2十 3.(1)由题意知2c=4,故c=2。 y=4,且x∈[-3，-) 由椭圆的定义知|PF11十|PF2|=2a= 6,故a=3。 4.1)双曲线C:等-苦-1的一条渐 2 所以b2=a2-c2=5。 故椭圆C的方程为号+ 51 近线方程为y=, 2x。 因为双曲线C的一条渐近线与双曲线 (2)设P(x1,y1),Q(x2y2),线段PQ C:的一条渐近线垂直，所以双曲线C的一条 的中点为G(9),则，=是 渐近线方程为y=一2x,即一么=一2，则 ①当x1=x2,y1=-y2时，PQ的中垂 线为x轴，过点A向中垂线作垂线，垂足D b=Ea,故双曲线C的方程为一兰 7a2a=1. 与点A(一3,0)重合。 将点(2，√6)代入双曲线C的方程，得 ②当x1≠x2时，直线PQ的斜率为k= 二兰，则k·兰=一 5 合总=1，解得a=1,放=巨。 x1一x2 ,所以k·y。= 5 所以双商线C的方程为-苦-1. 4 (2)①设A(x1y1),B(x2y2),直线AB 代 将x。=9 9+ =1,解得y= 的方程为x=ty十2。 5 x=ty+2, ±35 所以一 w35 <y=- 2,从 联立 x?- y? 21, 消去x整理得(2t2 4 4 4k 4 而k<一 或3 35 。 1y+8wy+6=0,则1≠士号，4=16r十 所以线段PQ的中垂线方程为)十k 5 8t 6 24>0,y1+y2= 2t2-1y1y=21-10 2(-即=-若+=名 kAM 方法1： x1+1 y1(x2-1) 1),则线段PQ的中垂线过定点(1,0)。 y2 y2(x1+1) 故垂足D的轨迹是以（一1,0）为圆心， x2-1 半径为2的圆，其方程为(x十1)十y=4。 y1(ty2+1) ty1y2+（y1+y2)-y2 y2(ty1十3) tyy:+3y 1 过点A与y=一左(x-1)垂直的直线 6t 8t 2t 的方程为y=k(x+3)。 2x-122-1y 212-1y 227+3, 6t 6t 十3yg 3。 2t2-1 联立 y=xD,解得x。 y=k(x+3), 故长w与的比值为定值一子。 1-3k2 k2十1 方法2：由韦达定理知十y=一4 yiy? ,即 46 学核心旁年清件中学生凝理化 3 根据正三角形及抛物线的对称性，可知 (y1+y)。 此时点P,Q关于x轴对称，所以点P的坐 x1+1 标为(12,43)。 所以 kAM y1(x2-1) y2 y2(x1+1) 将点P(12,4√3)代人抛物线的方程，得 x,-1 48=24p,解得p=2。 y1(ty:+1) tyiy:+y 所以抛物线C的方程为y=4x。 y:(ty+3) tyy:+3y2 (2)①设A(x1,y1),B(x2,y2),y1>0。 Fy+)+ y1-3y2 由直线l过抛物线C的焦点F(1,0),可 3。 设直线l的方程为x=ay+1,代人y=4x, 4y1+y)+3y2 -3y1+9y2 得y-4ay-4=0,则△>0，y1+y2=4a, 放w与的比值为定值一子。 y1y2=-4。 由|AB|=3|BN|,可知|AF|=2|BF|, 8t y+y=-2t2-1' 即y1=一2y2,结合y1十y2=4a,得y1=8a, ②由①知， 6 y2=-4a。 y1y=2t-19 所以y1y2=一32a2=一4，解得a= 由弦长公式可得AB「=√+1·|y1 紧。又因为y>0,所以a 40 64t2 24 -y1=+·2-1D2-= 故直线l的方程为2√2x一y一22=0。 ②由题意及①知，N(-1,y:),OA- √t+1· 16t+24 V(2t2-1)2。 (x1,y1),ON=(-1,y2)。 又点O到直线l的距离为d= √e+1 因为xy十y1=yi+y=一y+y 4 =0,所以OAO,故O在线段AN上。 所以S三7AB·d=2V2 同理，O在线段BM上。 2t2+3 因为AM∥BN,所以△AOM∽△NOB, V4t-4t2+1 因为直线L与双曲线C的右支交于A, 从m8兴=80，即0A·10B1 B两成所以-号<号2r+∈34 IOM·ON|。 6.(1)易知F(0,1),设G(x1,y1),则 令2t2十3=m,则m∈[3,4)，S△04B= Q(一x1,一y1),直线GQ:y=kx(k>0)。 2AB1·d=25·√m-8m+16 m 设B,F到直线GQ的距离分别为d1, d,则d= 2k 1 易知函数∫(m）= +,4 V√+？ m2-8m+16 (y=kx, 1 ±2 由 ，则|GQ m+6-8 在m∈[3,4)上单调递增，所以 4+y2=1, 得x1= √1十4k m f(m)mm=f(3)=3。 =√+·11-(-x1)川=4+ 所以SAOAB的最小值为2√6。 √1十4k2 5.(1)因为当△OPQ为正三角形时，其 1 SH边影ro=S△Q十SAO=2GQ|· 面积为48√3，所以△OPQ的边长OP= 2(2k+1) (d1+d2)= 85。 √1+4kP 47 中学生款理化离普数学梳黄座 令t=2k十1，则t>1,4k2=(t-1)2。 (2)由题意及(1)知B(0,√5)。 故S四边形GFQ= 2(2k+1) 2t 因为F(1,0),所以k==一√3。 √厅+4k V2-2t+t 假设存在直线l,使得F是△BMN的垂 2 心，则BF⊥MN。 V()+ 设直线（的斜率为k,则ks·k=一1， 当t>1,即k= 之时，四边形BGFQ的面 所以k= 30 积取最大值2√2。 设直线1的方程为y= 3x十m,M(x1, (2)依题意可设直线CD的方程为x y1),N(x2,y2)。 my十n,C(x2,y2),D(x,y),由已知条件得 A(-2,0),B(2,0)。 √ y= 3x+m, 联立 消去y整理得13x 联立 4 +y2=1, 消去x整理得(m2+ x=ny十n, 4)y2+2ny+n2-4=0,则y2+y3= 十8√5mx十12(m2-3)=0,则x1十x2= 2mn 83m 12(m2-3) m244'yy:= n2-4 m2+4 ① 13 x1x2= 13 由△=(8√3m)2-4×13×12(m2-3)> 直线PA的方程为y= x2+2x+2),令 0,得-3 < 所以P》 6y2 3 x=4,得y= 由MF⊥BN,得M币·B=(1-x1, 同理，由直线PB的方程可得点P的坐 -y1)·(x2,y2-3)=(1-x1)x2-y1· 标为 (y2-5)=(1-x1)x- (+） 所以 6y2 2十2 6=2将x,=my十， (,+m-)=(-)+) x3=my3+n代入 6y_2y x十2，一2，化简得 3x1x2 m+5m=(1-m）· 2my2y3+(3n-6)y2-(n+2)y3=0。 ② 由①式得yy,= n-4（y十y),代人 8m一 4.12(m2-3) 13 13 -m2+3m= -2mn ②式得2m·n-4 0,化简得21m2一5√3m一48=0，解得m= -2mn (y2+y3)+(3n-6)y2 V3或m=一 165 (n+2)y=0,变形得(n-1)[(n-2)y2 21 (n十2)y3]=0,故当n=1时，等式恒成立。 当m=√时，直线MN过点B,不能构 所以直线CD的方程为x=my十1，即直 成三角形，舍去； 线CD恒过定点(1,0)。 当m=一165时，满足一<m< 7.(1)由题意知，BA1=(一a,一b),BA 21 3 =(a,-b),所以BA1.BA,=b2-a2=-c2 √39 3 =一1，即(=1.又因为。一后-子，所以a 所以存在直线1y号一1 21 2,使得 2,则b2=a2-c2=3。 所以椭圆E的方程为+十苦-1。 F是△BMN的垂心。 (责任编辑王福华) 48