解析几何：三点共线问题、四点共圆问题专项训练-2026届高三数学三轮冲刺

**基本信息** 聚焦解析几何中三点共线与四点共圆两大核心问题，通过圆锥曲线综合题组系统覆盖位置关系证明与几何量计算，培养几何直观与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |三点共线问题|3例+3变式|结合中点/斜率/对称点证明共线，涉及面积最值与轨迹方程|以圆锥曲线方程为基础，通过坐标运算、斜率关系构建位置关系证明逻辑链| |四点共圆问题|3例+3变式|垂直平分线交点/斜率乘积/圆的方程应用，含存在性探究|围绕圆的几何性质，结合曲线与直线联立，建立代数证明体系|

解析几何：三点共线问题、四点共圆问题专项训练 解析几何：三点共线问题、四点共圆问题专项训练 考点目录 三点共线问题 四点共圆问题 考点一 三点共线问题 例1．（25-26高二下·四川成都·期中）已知椭圆：的离心率为，为坐标原点，是平面内一点，是椭圆上一点，若. (1)求椭圆的方程. (2)直线：与椭圆交于，，线段的中点为，若，，三点共线， ①求的值； ②试问：是否存在，使得的面积取到最大值，若存在，求出此时的值；若不存在，说明理由. 例2．（25-26高三下·贵州·月考）已知椭圆的离心率等于分别为的左、右焦点，为上任意一点，当线段的中点在轴上时，的面积为. (1)求椭圆的方程； (2)设直线与椭圆交于另一个点，过点且与轴垂直的直线与椭圆交于两点. （i）求证：直线与的交点在一条定直线上； （ii）平面上点，使得直线的斜率成等比数列.求证：、、三点共线. 例3．（2026·江西赣州·二模）已知点A与关于直线对称，点A在抛物线上，点F是抛物线C的焦点． (1)求抛物线C的标准方程； (2)直线AF与抛物线的另一个交点为B，直线与直线AB交于点P（异于A、B），与抛物线交于点D，连接DF并延长，交抛物线于点E，直线PE与x轴相交于点G，直线l与直线BE相交于点Q，线段BD的中点为M，线段QF的中点为N． （ⅰ）求证：G、M、N三点共线； （ⅱ）设的面积为，的面积为，若，求k的取值范围． 变式1．（2026·湖北·模拟预测）已知点，平面内一动点满足． (1)求点的轨迹方程； (2)若存在直线与点的轨迹交于两点，点为线段的中点，且直线与点处的切线平行． ①证明：三点共线； ②若直线与直线分别交于两点，比较与的大小关系，并说明理由． 变式2．（2026·福建·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，是上的动点，且不在轴上．当轴时，． (1)求的方程； (2)点分别在直线与上，且．证明：三点共线． 变式3．（25-26高三上·安徽六安·期末）已知双曲线E：的实轴长为2，渐近线方程为. (1)求双曲线的方程； (2)设为双曲线E的下顶点，过点且斜率不为0的直线交双曲线E上支于、两点，直线、与直线的交点分别为、，线段、的中点分别为、，点为坐标原点. （i）求直线斜率的取值范围； （ii）若、、三点共线，求的值. 考点二 四点共圆问题 例1．（2026·浙江嘉兴·二模）已知斜率为的直线交椭圆（且）于A，B两点，AB的垂直平分线与椭圆交于C，D两点，点是线段AB的中点. (1)若，求的取值范围； (2)求的值； (3)证明：无论怎么变化，都存在A，B，C，D四点共圆，并求圆心的坐标. 例2．（25-26高二下·福建厦门·月考）已知椭圆的右顶点为点A，直线l交C于M，N两点，O为坐标原点．当四边形AMON为菱形时，其面积为． (1)求C的方程； (2)若；是否存在直线l，使得A，M，O，N四点共圆？若存在，求出直线l的方程，若不存在，请说明理由． 例3．（2026·河南鹤壁·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，，左顶点为，且过点． (1)求C的方程； (2)过原点O且与x轴不重合的直线交C于E，F两点，直线AE，AF分别与y轴交于点M，N，求证：M，，N，四点共圆． 变式1．（2025·山东济南·模拟预测）在平面直角坐标系中，双曲线的离心率为，实轴长为4. (1)求C的方程； (2)如图，点A为双曲线的下顶点，直线l过点且垂直于y轴（P位于原点与上顶点之间），过P的直线交C于G，H两点，直线AG，AH分别与l交于M，N两点，若O，A，N，M四点共圆，求点P的坐标. 变式2．（25-26高三上·江苏泰州·月考）已知椭圆，短轴长为，离心率为.过右焦点且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于､两点，的中垂线交轴于点，交直线于点. (1)求的方程； (2)求的大小； (3)证明：､､､四点共圆. 变式3．（25-26高三上·浙江温州·月考）如图，已知抛物线的焦点为F，过点F的直线交C于A，B两点，以AB为直径的圆交x轴于M，N，且当轴时，．    （1）求抛物线C的方程； （2）若直线AN，AM分别交抛物线C于G，H（不同于A），直线AB交GH于点P，且直线AB的斜率大于0，证明：存在唯一这样的直线AB使得B，H，P，M四点共圆． 2 学科网（北京）股份有限公司 $解析几何：三点共线问题、四点共圆问题专项训练 解析几何：三点共线问题、四点共圆问题专项训练 考点目录 三点共线问题 四点共圆问题 考点一 三点共线问题 例1．（25-26高二下·四川成都·期中）已知椭圆：的离心率为，为坐标原点，是平面内一点，是椭圆上一点，若. (1)求椭圆的方程. (2)直线：与椭圆交于，，线段的中点为，若，，三点共线， ①求的值； ②试问：是否存在，使得的面积取到最大值，若存在，求出此时的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)①；②存在， 【分析】（1）根据向量坐标关系求出点的坐标，再代入椭圆方程并结合题意求解； （2）直线与椭圆方程联立，三点共线，所以，代入坐标关系即可求出的值； 联立方程，得到范围，利用弦长公式求出，进而得到的面积表达式，利用函数求最值的方法，判断面积是否存在最大值，若存在求出对应的值. 【详解】（1）由，得， 代入椭圆方程可得， 又椭圆离心率为，可知， 解得，， 故椭圆的方程为. （2）①设，，则中点， 由，，三点共线，知， 由，均在椭圆上，，得， 由，则，则. ②由，得， ，解得， 由，故， 则， 而到的距离， 令的面积为，则. 令函数，， 记的导函数为， ， 又根据以及的符号， 知在上单调递增，在和上单调递减， 故在处取得最大值， 所以当，取得最大值. 例2．（25-26高三下·贵州·月考）已知椭圆的离心率等于分别为的左、右焦点，为上任意一点，当线段的中点在轴上时，的面积为. (1)求椭圆的方程； (2)设直线与椭圆交于另一个点，过点且与轴垂直的直线与椭圆交于两点. （i）求证：直线与的交点在一条定直线上； （ii）平面上点，使得直线的斜率成等比数列.求证：、、三点共线. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）由题意可得，则，利用通径公式可得，即可表示出，结合离心率计算即可得解； （2）（i）若直线的斜率为0，可计算出交点坐标；若直线的斜率不为0，可设的方程为，联立曲线方程可得与交点纵坐标有关韦达定理，再表示出直线、，联立并利用韦达定理求出交点坐标即可得证；（ii）表示出直线的斜率后，利用等比数列性质结合（i）中所得韦达定理可得；（法一）可利用点到直线距离公式证明点在直线上；（法二）可利用斜率证明，从而得到、、三点共线；（法三）可表示出向量、后，利用共线定理得到，从而得到、、三点共线. 【详解】（1）设椭圆的焦距为，则，则，即， 从而轴，则，， 又离心率，则，故， 由，所以，故，则， 所以椭圆的方程为：； （2）（i）当直线的斜率为0时，由题知， 因为，所以， 联立和：，解得，则交点； 当直线的斜率不为0时，设直线的方程为， 由，有， 因为直线过椭圆内一定点，所以直线与椭圆恒有交点， ，，则， 设，则直线， 即①，同理②， ②①得 ，则； 综上可知，直线与的交点在定直线上； （ii）设直线的方程为，， 由（i）可得，，， 因为点，且、、成等比数列，所以， 故， 即有 ， 故， 整理得，故； （法一）设点到直线的距离为，则， 所以、、三点共线； （法二）直线的斜率 ，因为， 所以 ， 所以、、三点共线； （法三）向量， ， 则， ， 故，故， 又两个向量有公共点，所以、、三点共线. 例3．（2026·江西赣州·二模）已知点A与关于直线对称，点A在抛物线上，点F是抛物线C的焦点． (1)求抛物线C的标准方程； (2)直线AF与抛物线的另一个交点为B，直线与直线AB交于点P（异于A、B），与抛物线交于点D，连接DF并延长，交抛物线于点E，直线PE与x轴相交于点G，直线l与直线BE相交于点Q，线段BD的中点为M，线段QF的中点为N． （ⅰ）求证：G、M、N三点共线； （ⅱ）设的面积为，的面积为，若，求k的取值范围． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）根据点关于直线对称的特点列方程组求出，再代入抛物线方程即可求解； （2）（ⅰ）由（1）可得，，进而求出的坐标，再利用向量数乘关系求证即可； （ⅱ）结合（ⅰ）表示出，，再根据解不等式即可求解. 【详解】（1）因为点A与关于直线对称，设， 所以，解得，即， 又点A在抛物线上，所以，即， 则抛物线C的标准方程为. （2）（ⅰ）由（1）知，抛物线C的标准方程为，则，， 联立，解得或，即，则， 所以直线的方程为， 联立，得， 则，则，故，则， 所以直线的方程为， 联立，解得，即， 因为线段QF的中点为N，所以，即， 又线段BD的中点为M，则，即，而， 则，所以直线的方程为， 令，得，即， 则， ， 所以，因此， 又有公共点，则G、M、N三点共线. （ⅱ）由题意，， 设， 由（ⅰ）知，， 而 由，得， 则， 即， 则，即， 则，又，则， 因为直线不经过点，故， 所以k的取值范围为. 变式1．（2026·湖北·模拟预测）已知点，平面内一动点满足． (1)求点的轨迹方程； (2)若存在直线与点的轨迹交于两点，点为线段的中点，且直线与点处的切线平行． ①证明：三点共线； ②若直线与直线分别交于两点，比较与的大小关系，并说明理由． 【答案】(1) (2)①证明见解析；②当直线的斜率时，；当直线的斜率时，． 【分析】（1）根据两点间斜率公式得到轨迹方程； （2）①由点差法和双曲线上一点的切线斜率公式可证； ②先得到是的公共中点．由平行四边形中的恒等式，分直线交于一支双曲线，交于两支双曲线两种情况，得到结论 【详解】（1）设点，已知点，则． 由得， 整理得：，即点的轨迹方程为； （2）①设直线，，为中点． 将代入轨迹方程，有：，， 两式作差得， 即得，故． 下面证明上一点的切线方程为， 理由如下：设过点的切线方程为，与联立得， ， 由 化简得， 因为，代入上式得， 整理得， 同除以得，， 即， 因为，， 所以， 联立，两式相乘得，， 从而， 故， 即， 令，则，即， 解得，即， 故过上一点的切线方程为， 故过点的切线斜率为，由直线与点处的切线平行，所以， 即，故．，且为公共点，所以三点共线得证． ②联立与双曲线，得， 利用韦达定理可得，， 故， ， 故，中点； 联立与直线，可得， 设，则，， 则，， 则的中点坐标为，故是的公共中点． 在平行四边形中，，， 两边平方相加可得，即， 取对角线交点，则有． 由于是的公共中点， 因此，， 故． 因为直线斜率分别为， 所以当直线的斜率时，直线交于一支双曲线，， 所以，故； 当直线的斜率时，直线交于两支双曲线，， 所以，故 变式2．（2026·福建·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，是上的动点，且不在轴上．当轴时，． (1)求的方程； (2)点分别在直线与上，且．证明：三点共线． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）解法一：椭圆定义法（几何法）：先利用椭圆第一定义（椭圆上任意一点到两焦点的距离之和为 ），再结合直角三角形勾股定理求出a，最后由 求 ，即可得出方程； 解法二：待定系数法（代数法）：先利用点在椭圆上则坐标满足方程，再结合 的关系列出方程组，联立求解 ，最后即可得出方程. （2）解法一：先设点并利用椭圆方程得到消元条件，再由垂直关系转化为向量数量积为 0，通过两式加减得到 纵坐标的和差关系，最后用向量共线的交叉相乘判定式，结合椭圆方程化简得 0，证明与共线，从而证得 三点共线； 解法二：先由垂直关系求出直线的方程，联立得到坐标，再通过向量共线的交叉相乘判定式，结合椭圆方程化简得 0，证明与共线；对斜率不存在的特殊情况直接验证斜率相等，最终证得三点共线. 【详解】（1）解法一：（1）当轴时，， 所以，所以， 从而，，故的方程为． 解法二：（1）当轴时，，所以或，所以①， 又②，由①②，解得，， 故的方程为． （2）解法一：设，，，则，即． 又， 所以，，，． 因为，，所以，， 两式相加、减，得，， 又因为，， ， 所以，故三点共线． 解法二：设，则，即． (i)当直线，斜率均存在时，，， 所以直线，， 由得，由得， 所以，， 因为 ， 所以，故三点共线． (ii)当直线或斜率不存在时，根据对称性，不妨设斜率不存在，且， 此时点，，，故直线，从而， 则，， 所以三点共线． 综上，三点共线． 变式3．（25-26高三上·安徽六安·期末）已知双曲线E：的实轴长为2，渐近线方程为. (1)求双曲线的方程； (2)设为双曲线E的下顶点，过点且斜率不为0的直线交双曲线E上支于、两点，直线、与直线的交点分别为、，线段、的中点分别为、，点为坐标原点. （i）求直线斜率的取值范围； （ii）若、、三点共线，求的值. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据实轴长及渐近线斜率列方程组求出，直接写出标准方程； （2）（i）设直线 CD方程为与双曲线联立，利用二次方程根的两根异号，结合，得到斜率的取值范围；（ii）先求出 CD 中点 M 的坐标，再求出直线 AC，AD 与 交点 P,Q 的中点 N 的坐标，最后利用 O,M,N 三点共线（斜率相等）的条件，解方程求出. 【详解】（1）因为双曲线的实轴长为，渐近线方程为， 所以，解得， 所以双曲线的方程为. （2）（i）双曲线下顶点， 由题意，过且斜率不为的直线斜率存在，设为， 联立，可得，即， 设，则，即， ， 且， 由已知，所以，解得，又， 所以直线斜率的取值范围为； （ii）由（i）中方程，中点的横坐标， 纵坐标，即， 直线的斜率，方程为， 由得，即， 同理可得， 所以中点的横坐标 ， 所以， 若三点共线，则，即， 化简得，即，解得. 考点二 四点共圆问题 例1．（2026·浙江嘉兴·二模）已知斜率为的直线交椭圆（且）于A，B两点，AB的垂直平分线与椭圆交于C，D两点，点是线段AB的中点. (1)若，求的取值范围； (2)求的值； (3)证明：无论怎么变化，都存在A，B，C，D四点共圆，并求圆心的坐标. 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】第1问直线存在即可，只需满足线段的中点在椭圆内，第2问中点弦问题用点差法即可，第3问当，，，四点共圆时，有，转化成坐标求解即可. 【详解】（1）设，当时，线段的中点， 此时应满足在椭圆内，即，解得， 所以当时，的取值范围为. （2）由为椭圆上两点，从而有， 两式作差得， 即， 由线段中点，得到，斜率， 所以，得到. （3）由(2)可知，，得到的垂直平分线的斜率为， 所以直线的方程为，即， 联立，化简整理得， ， 设，则，， 从而的中点为，， 直线的方程为，即， 联立，化简整理得， ，， 由垂直平分，所以当，，，四点共圆时，有 即， 化简得， 当，，，四点共圆与的值无关，则，解得，则， 此时圆的圆心坐标为为或. 例2．（25-26高二下·福建厦门·月考）已知椭圆的右顶点为点A，直线l交C于M，N两点，O为坐标原点．当四边形AMON为菱形时，其面积为． (1)求C的方程； (2)若；是否存在直线l，使得A，M，O，N四点共圆？若存在，求出直线l的方程，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）先求出，菱形AMON的面积为，求出，即可求出C的方程. （2）设直线，，，联立椭圆方程利用韦达定理，因为O，M，N，A四点共圆，则 ，即 代入可得出，联立，解出，即可求出直线l的方程. 【详解】（1）因为四边形AMON为菱形，所以MN垂直平分OA， 所以点M（x轴上方）的横坐标为，代入椭圆方程， 得M的纵坐标为，所以，菱形AMON的面积为，所以， 所以C的方程为． （2）设直线，， 联立方程，得， ， ，， 因为O，M，N，A四点共圆，则∠MON＝∠MAN＝90°， 所以，即， 得，即 由（i）得，即， 由（ii）得， 即， 联立，解得，（此时直线l过点A，舍去）， 将代入，解得，即， 所以直线l的方程为． 例3．（2026·河南鹤壁·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，，左顶点为，且过点． (1)求C的方程； (2)过原点O且与x轴不重合的直线交C于E，F两点，直线AE，AF分别与y轴交于点M，N，求证：M，，N，四点共圆． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据椭圆过的两个点的坐标即可得到椭圆方程；（2）当直线EF的斜率不存在时易进行证明，当EF的斜率存在且不为零时，设直线EF的方程为，与椭圆方程联立可得点E坐标，从而得到直线AE的方程，进而得到点M的坐标，同理可得点N的坐标，即可证得四点共圆. 【详解】（1）由题意知 解得，， 所以C的方程为． （2）证明：当直线EF的斜率不存在时，E，F为短轴的两个端点，则，或，所以，，则以MN为直径的圆恒过焦点，即M、，N，四点共圆． 当EF的斜率存在且不为零时，设直线EF的方程为， 设点（不妨设，则点． 由消去y得，所以，， 所以直线AE的方程为． 因为直线AE与y轴交于点M，令得， 即点， 同理可得点． 所以，， 所以，所以，同理． 则以MN为直径的圆恒过焦点，，即M，，N，四点共圆． 综上所述，M，，N，四点共圆． 变式1．（2025·山东济南·模拟预测）在平面直角坐标系中，双曲线的离心率为，实轴长为4. (1)求C的方程； (2)如图，点A为双曲线的下顶点，直线l过点且垂直于y轴（P位于原点与上顶点之间），过P的直线交C于G，H两点，直线AG，AH分别与l交于M，N两点，若O，A，N，M四点共圆，求点P的坐标. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据双曲线的离心率结合实轴长，可求得a,b,即得答案; （2）根据O，A，N，M四点共圆结合几何性质可推出，设，，，从而可以用点的坐标表示出t,再设直线，联立双曲线与直线方程，利用根与系数的关系式，代入t的表达式中化简，可得答案. 【详解】（1）因为实轴长为4，即，， 又，所以，， 故C的方程为. （2）由O，A，N，M四点共圆可知，， 又，即， 故， 即，所以, 设，，， 由题意可知，则直线，直线， 因为M在直线l上，所以，代入直线AG方程，可知， 故M坐标为，所以， 又，由，则， 整理可得， 当直线GH斜率不存在时，显然不符合题意， 故设直线，代入双曲线方程：中， 可得，所以，， 又 ， 所以, 故，即，所以点P坐标为. 变式2．（25-26高三上·江苏泰州·月考）已知椭圆，短轴长为，离心率为.过右焦点且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于､两点，的中垂线交轴于点，交直线于点. (1)求的方程； (2)求的大小； (3)证明：､､､四点共圆. 【答案】(1). (2). (3)证明见解析 【分析】（1）由已知建立关于a，b，c的方程组，求解即可； （2）设直线的方程为，与椭圆C方程联立，求得直线的垂直平分线方程，继而求得点M，以及线段AB，FM的长度，从而可得答案； （3）由已知求得点N，运用点到直线的距离求得MN的中点G到直线l的距离，由勾股定理求得GA，从而有，得证. 【详解】（1）解：由已知得，解得，所以椭圆C的方程为：. （2）解：由（1）得，所以设直线的方程为，与椭圆C方程联立， 消元得，设，所以 ，得的中点， 所以的中垂线的方程为：， 令，得，则， 所以， 又， 所以. （3）解：令的中垂线的方程为：中的，得， 所以，又， 所以MN的中点，， 则点G到直线l的距离为 , 所以 ， 所以， 故､､､四点共圆. 变式3．（25-26高三上·浙江温州·月考）如图，已知抛物线的焦点为F，过点F的直线交C于A，B两点，以AB为直径的圆交x轴于M，N，且当轴时，．    （1）求抛物线C的方程； （2）若直线AN，AM分别交抛物线C于G，H（不同于A），直线AB交GH于点P，且直线AB的斜率大于0，证明：存在唯一这样的直线AB使得B，H，P，M四点共圆． 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【分析】（1）当轴时得，点坐标及圆的方程，即可得答案； （2）设点，，，，直线与抛物线方程联立、，和，圆的方程并令，得，， 即B，H，P，M四点共圆等价于，再证明存在唯一直线AB满足可得答案. 【详解】（1）当轴时，， 故圆的方程为， 即，得， 故抛物线C的方程为； （2）设点，，，， 直线，联立 得：，， ，，所以， ∴，故圆心， 半径， 即圆的方程为， 令，则， 化简得：， ，， 若B，H，P，M四点共圆，则， 即B，H，P，M四点共圆等价于， 下证：存在唯一直线AB满足， 设，， 直线和直线， 联立，得：， 所以，，同理，， ∴， 又∵，， ∴， 又，得，所以， 即，， 设，，， 故在单调递减，单调递增， 又∵，，且， 故存在唯一满足， 即存在唯一，满足， 综上结论得证．    2 学科网（北京）股份有限公司 $