专题07 平面解析几何 （5大考点）（四川专用）2026年高考数学二模分类汇编

丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题07平面解析几何 考点1 直线与圆 2 3 5 C A B B 6. 2x-y=0 705 8.2114 考点2 椭圆 1 2 又 6 D C ACD BC ABD 7.3 8【答案】+ -=1 95 2)±95 5 【分析】(1)先根据右焦点的坐标求出c的值，再根据离心率求出a的值，进而结合b2=a2-c2可得 椭圆的标准方程； (2)根据直线方程，可得P点坐标，再将直线与椭圆方程联立，根据韦达定理，可得+y2,y2 的表达式，再结合B是AP的中点，进而即可求出m的值. 【详解】(1)由椭圆的右焦点为F(2,0),得c=2, 又离心率e=C=2-2 003,解得a=3, 中，有=-c9-45,因此椭圆C的标准方程为 51. (2)直线x=my+6与x轴交于点P(6,0), .y =1 联立 95,，整理得5m2+9y2+60my+135=0, x=my+6 由判别式有4=60mP-4×5m2+9列x135>0,解得m>3或m<-3 5 5 设Ax,),B(x2,y2, 1/38 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 60m 135 由韦达定理得+y2= 5m+9'=5m+9' 又B是AP的中点，则月=22，解得，= 20m 40m 5m2+9’y= 5m2+9 20m】 40m 800m2 135 则y= 5m2+9(5m2+9厂 5m+95m9,解得m=士95符合题意， 5 所以m的值 9W3 B 9.【答案】x+y 951 13 2定点40 【分析】(1)题意可得NB=NM,则AM=NA+NM=NA+NB=6>AB,由椭圆的定义可知， 点N的轨迹是以(2,0)、（-2,0)为焦点的椭圆； (2)设出直线P四的方程，与椭圆方程联立，直线QR的方程为y-片=上-Y(x-),令y=0,结 x2-t 合根与系数的关系化简可得解. 【详解】（1)由A:(x+2)2+y2=36可知，A-2,0),r=6, 因为线段BM的垂直平分线与直线AM交于点N, NB=|NM,所以AM=|NA+NM=NA+NB=6>AB, 所以由椭圆的定义可知，点N的轨迹是以(2,0)、（-2,0)为焦点的椭圆， 所以2a=6,c=2, 所以a=3,c=2,b=Va2-c2=√5， 所以曲线C的方程为二+上=1. 95 2/38 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 AO B (2)因为PB∥BQ,则P、Q、B三点共线， 设直线PQ所在直线方程为x=y+2, 设Px,y,Q(x22), x=my+2, 消去y整理得5m2+9)y2+20my-25=0, △>0恒成立， 20m 当+2=- 所以 5m2+9 25 yiy2=- 5m2+9 P在直线2：x=t(t>3)上的射影为R,则R(t,), 所以k2=2义，可得直线QR的方程为y-y=片二(x-1, x2-t x2-t 令y=0,则x=1-(x-1=1-(m+2-1_-y)-y(m,+2-d 2-y y2-yi 2-片 25) 25m 42-m44-24_ -5m+92少+5,2沙+92四 y2-y y2- y2-1 y-y -92%-+川-2外 520m 5 ,5)13 4仍 4 y2-y y2-y 2-y 当1-时，即1=9时，x=为定值， 9 44 2 4 当直线QR为x轴时也成立， 所以有在1号直线Q过定点（程0】 3/38 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 R B 10.【答案】1) y2 =1 43 ⑤ 【分析】(1)根据a,b,c的关系结合条件计算即得； (2)联立直线与曲线方程，可得与交点纵坐标有关韦达定理，再利用弦长公式与点到直线距离公式 可表示出面积，最后利用换元法与基本不等式计算即可得 【详解】1)由PL,0为圆C:若+是=a>>0的右袋点，则c=, 由M(a,0),P(0,b),则MP=Va2+b2, 由sob-wr2,化简得a6-12o+) 1 7 7 由6=a-e=a2-1,则a2-=122a-. 7 化简得7a-31a2+12=(7a2-3)a2-4=0, 故d=4或a-号，由a2>心=1，放d=4,则8=3 即稀圆C的标准方程为二+”=1， 43 x=my+3 (2)设Ax,y、B(x,y,联立2y 43 s1' 消去x可得3m2+4y2+18my+15=0, A=1mP-4+4到x15=432-列>0，则m>号 -18m 15 片+%=3m+4'4=3m+4' ）2 4B=Vm2+1+y2)2-4yy2=m2+1. -18m 15 -4× 3m2+4 3m2+4 4/38 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 =√m2+1 48(3m2-54V5.Vm2+1.V3m2-5 (3m2+4 3m2+4 点M到直线AB的距离4=2-3到 1 Vm2+1 vm2+1' 则5m=4d=}45.1Bm- .1=25.3m2-5 23m2+4 √m2+1 3m2+4 令1=V3m2-5>0,则3m2=t2+5, S.w=25g1-25s255 9s 2+5+4t 、93, +27 当且仅当t=3时，等号成立， 故。ABM的面积的最大值为 3 B 11.【答案】)x+y 9 1 a号 B存在，入=一5 【分析】(1)由椭圆的左右顶点可知a的值，设P叫x,,则兰+兰=1，分别表示出太p,k阳再表 9b2 据，，=号即可求出6，则可得椭圆标准方程， (2)设直线PF方程为x=my+2,Px,),Q(x2,y2)将直线和椭圆方程联立可得 (5m2+9)y2+20my-25=0,由韦达定理可得+y2,y2的值，求出Pg=V1+m2y-y2,再由点 到直线距离公式求出左顶点到直线PF距离，由面积公式可得到△PAQ面积，再根据换元法即可求 出最大值； (3)假设存在1使得k+2k2=0,分别表示出k,k2,再根据x,=my,+2,x2=my2+2,代入到 5/38 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 k,+入k2=0，由(2)韦达定理可知y+y2,yy2的值，代入到上式，再根据对任意的m都成立，可 求出2值， 【详解】(1)由椭圆的左右顶点可知a=3, 设P(xy,则士+片=1， 9b2 x1+3x-3x2-9x2-9 9 所以=5，则椭圆的标准方程为二+兰 =1; 95 (2)由(1)可知椭圆的右焦点坐标为(2,0)，设直线PF方程为x=y+2, x=my+2 P,乃，Q(小，将直线和椭圆方程联立二+上=1' 95 代入可得（5m2+9)y2+20my-25=0, 20m 25 由韦达定理可知片+y2= 5m2+9y⅓= 5m2+9 30Vm2+1 则y-=y+y°-4y=5m+9 Pe=)+()=1+m 代入可得Pg=+mx301+m_301+m) 5m2+95m2+9 根据点4-3,0)到直线PF:x=m+2距离公式d=上3-0-2_ V1+m2 +m产' 1 5301+m2）75+m 所以Sm=)xdxP0=2×+mx5m2+9 )5m2+9 75t=75 令1：+m≥1侧m=r-1,所以3o5+45+4, t 函数fd)=51+4在1，+o)上单调递增， 所以t=1即(m=0)时，f()m。=9, 6/38 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 此时5.的面积最大，最大值为字 ®)假设存在1便得肽+，=0，分别求出十)专=力 书3-31 因为P(x,片)，Q(x2,2)在直线x=my+2上， 所以x1=my1+2,x2=my2+2, 故+冰=片+坐=当、。+水 +3-3m+2+3m+2-3=0, 化简可得m(1+元)yy2+5元y2-y,=0, 由(2)知y+5=- 0m 25 5m2+9yh= 5m2+9’ 则=一 20m 20m 15222,所以可喜25m1++5之2+ 5m2+9 、+y2=0, 5m2+9 整理化简可得-25m1+2)+20m +(52+1)y2=0, 5m2+9 -25(1+2)+20=0 要对任意的m都成立，需系数满足 5λ+1=0 解得入=- 5故存在元=一5使得名+k,=0。 12.【答案】(1)+y=1 0 2)（1)存在1=3，使得00=30P;()=35-3 2 【分析】(1)由椭圆顶点坐标，结合直线斜率得α，b比例关系，再由线段长联立方程，求出 a=3,b=1,即得椭圆方程. (2)(ⅰ)设直线联立椭圆，由韦达定理得纵横坐标关系，求出P,Q纵坐标，代入向量比例化简消参， 可得元为定值3.（ⅱ）由O0=30P设出P,Q纵坐标，写出直线AP方程并联立椭圆，得到M 点横坐标表达式：用底乘高表示△PQM面积，构造函数求导分析单调性，找到面积最大值对应的参数， 代入算出此时x的值 【详解】1)已侧D而，直线AD的斜率无如分 由鲜率公式商o0-名分=站 由两点间距离公式得|AD上V(-a-0)2+(0-b)2=Va2+b2=√0 因为b>0,联立解得b=1,a=3· 7/38 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以椭圆C的方程为号+广=1。 (2)(i)由题可知过点(6,0)的直线MW斜率不为0，（否则点M与点B重合） x=y+6 设MN:x=my+6,由x2 。+=1消去得m+9)少+12my+27=0 △=144m2-108m2+9=36m2-27>0,即m2>27, 12m y+y2= mg 27 m2+9 当线产女+引，令=0可将P0我》 (x+3 言线N:=产-引，令=0.可得00 x2-3 因为0P,00共线， -3y2 所以元=电-专-3。-(+3).-2my+9)。-my丛+9y2 yp3yy(x2-3)y(m2+3) my y2+3y x+3 27 12m m+9+9 m m2+9 -327m。+3y m2+9 =3， m2+9+3y 27m m 27 +3y m2+9 所以存在1=3，使得00=30P. (i)设P(0,t)t∈(0,1)，则0(0,3)，所以1PQ上2t, 直线4P:y-写x+3,由 消去y得(t2+1x2+612x+9r2-9=0 +y2=1 9 由+-3到=3可得=30- 2+1 1+2 swg-号斗02 1+t2 令g0-户eaw g=B-9r1+-6-3023r+4- (1+2） (1+2 8/38 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 令g')=0,解得2=5-2， 当1e0,5-2时，814>0，当∈(5-2，时，g'4<0, 故g0在0，W5-2)上单调递增，在(5-2,1上单调递减， 所以当t=√W5-2时，g)取最大值， 所以此时x=31-_30-(5-2》_33-V⑤)_3W5-3 1+21+5-2V5-12 6 13.【答案】)2 2(D+y2=1:(m4 【分析】(1)写出△A0F的面积表达式，可得出b=c,即可求出离心率； (2)(i)设B(x,y),利用两点间距离公式以及二次函数最值可求得当=b时，|AB取得最大值 为2b=2,求得b=1,可得出C的方程； ()对直线BF的斜率是否存在分类讨论，联立直线AD与椭圆方程，解得xD= 4yo(1-xo) -+28,再 山三角彩面积关柔可求购受会，利用程国花过以及二次两质是微可深为受价最大植为4 【详解】(1)易知0A=b,0F=c, 所以a40F的面积为S=bc_b ,可得b=c, 22 又因为a2=b2+c2,可知a2=2b2=2c2; 故C的离心率为e=C=巨 a 2 (2)①)由(1)可知c的方程可设为术+广 26*6=1; 设1，别产+答-，可得=26-2.又06. 故4B=Vx+(,-b)2=V2b2-2+哈-2+B=V哈-2b+36=√-(%+b)2+4b2 9/38 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 因为y∈[-b,b],所以=-b时，|AB1取得最大值为2b, 即2b=2,解得b=1. 放C的方程为号+护=1 ()设B(xy小，则9+=1(x0>0,>0),所以F(1,0); 当，=1时，此时直线BF的斜率不存在，可得812 D0,-1, S,A0-2=-22 故S,BFV2 当1时。此时直线r的斜幸为一产，可符直线40的方程为少六+1，数如下图： x0-1 x2 +y2=1 联立 4x=0, x。-1 xo-1 4y(1-xo） 解得xp (x-1)+2' 因为ADI/BF,△ABD与△ABF共底边AB, 0 4y(1-x) 所以S_ADx4-xn (x-12+2 4y% 4yo S2 BF X8-xE 1-xol (。-1+2号-2x,+1+2 又因为5+=1>0，%>0，所以+26=2， 2 4yo 可得523-2 令1=3-2x,因为x∈(0,1U1,V2),所以1∈3-22，U1,3); 因此S S 16 16-8x6 V(3-2x)2 V(3-2*)V 10/38 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 当1=时， S取得最大值为4， 1 4 此时3-2x=3解得6= 因为应8右第一象限内，成，了即8售》 综上可知， 的最大值为4. S. 14.【答案】1)女+上=1 82 2)(i)-1 6 【分析】(1)先根据离心率和短轴长列出方程，再结合a2=b2+c求解出a,b,然后写出椭圆方程. (2)(1)先设出直线方程，联立直线和椭圆方程，再结合题目所给条件求出点A和点P坐标，再求 解出点B坐标，然后按照斜率公式求解直线AB的斜率. ()联立方程组，求出A,B两点坐标，然后表示出三角形面积S,S2,然后根据基本不等式求解 S,-S2的最大值即可. 【详解】(1)因为椭圆C的离心率为5，短轴长为22. 2 即e=- ,2b=2√2，又a2=b2+c2,解得a2=8,b2=2. a 2 椭圆C的方程为大+y =1 82 (2)设P(xo,y),(x>0,y>0), 因为直线P1经过M(-2,0)和P,),不妨设直线PA的方程：=+2 y-2. Yo x=6+2 -2 联立直线PA与椭圆C方程 消元整理得： =1 82 +4+4+4y2_4+2y-4=0, Yo 又：P(xo,y)在椭圆C上，x+4y=8,代入上式，整理得： 4+12y_4+2y-4=0. 由韦达定理得：，=公， 6+3,即y,= x0+3 11/38 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 N B (i)“M(-2,0)且PM=5MA,.(-2-xo,-yo）=5(x4+2,y4)=(5x4+10,5y4). y4=5,代入上式解得：X0=2,o=1,即P2,). 又成=5，所以可得：无=兰=分片 又直线PB经过N(2,O),直线PB的方程为x=2. 联立直线PB和椭圆C方程，解得xg=2,yg=-1,即B(2,-1). -01 所以直线AB的斜率太B=5 4-2 6 5 ()由()可得y,=出 十3，代入直线PA方程得x,=-3-8」 x。+3, 所以438，出，同理可得8，)。 +3’x+3 x0-3’x0-3 △PMB的面积S,=2a=2g。-6,)=2-8 x-3 △PAN的面积S,=2,-y=20,+)= 2xoYo+8Yo x。+3 x0+3 “S-S,=2%-82%+8=4--44 4xoYo -36+3-9x-x9 6+98 82 8 2 49 点+%，当且仪当意装即5-65，=5时”-成立 8 8y%2x 8y%2x 5% 5 所以S一S有绿大值等 15.【答案】1+ -=1 84 (3)证明见解析，定点(4,4) 12/38 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【分析】(1)设直线FE与椭圆的交点为M(xM,yM),N(xw,yw),根据题意利用点差法可得 21 进而可得a2,b2以及椭圆方程； FA (2)设1= =-, 直线AB的方程为x=my+2,联立方程结合韦达定理可得2+。 ,16m2+4 FB 2m2+2 进而分析求解； FP.FE FO.FE (3)设P(x,y),Q(x4,y4),根据角平分线可得 FP FE 4-=4-4,即 FO FE 整理可得4-本4-X 可得定点. 【详解】1)由幽意可知：直线FE:y=1,即x+2y-2=0,斜率w=片 设直线FE与椭圆的交点为M(xM,yM,N(xw,yN), =x 则ke=kw=-业=-)，y=出十业，即x+Xy=w+w, XM-XN 2， 2 2 因为M,N在椭圆上，则 +=1 a2b2 两式相减得二金+片发=0，整理得u+儿-- a b2 (x+xx)(x)a 2*1=62 即、 ,可得63、1 72 且c=2,即c2=a2-b2=4,解得a2=8,b2=4, 所以椭圆Ω的方程为亡+上=1 84 TA FA (2)由题意可知：直线AB与椭圆必相交，且 TBFB 13/38 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 设A,)，Bx2,y2),>0,y2<0, 设入= 点，纹的的方骑=网+2，关中一[怎， FB y, x=my+2 将直线与椭圆方程联立 二+上-1'消去x得(m+2广+4m-4=0, 84 -4m -4 由韦达定理得：+乃= m2+2’y3= m2+2' 入+点-2特+6一 m2+2 元m2+2 m2+2 为州[得小可+g6[ 153月 且y+2<0,则元∈(0,1，解得元 「131 35 所以会范为引 (3)设P(x,y,Qx4,y4), 4,4) 则FP=(x3-2,y),F0=(x4-2,y4),FE=(-2,1), 且F网=32+芳=国-4场+4+8-引= 2(4- 同可待F网-号4-小 FP.FEFO·FE 由题意可得： FP FE FOFE 即4-2+》.4-2+ 4-x34-x4 14/38 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 两边同时减2得为=4=之二4，即4-业=4出，放P,Q和(4,4三点共线， 4-书4无，即 -x34-x4 所以直线PQ必过定点4,4). 16.【答案】1)少+x=1 (2①k+k2+4k是定值，定值为0②(2+V2,+∞U(-0,-2-V2) 【分析】(1)根据椭圆的离心率公式，结合代入法、a,b,c之间的关系进行求解即可： (2)①设出直线1的方程与椭圆的方程联立，结合一元二次方程根的判别式、根与系数的关系、直 线的斜率公式进行求解即可； ②根据四点共圆的性质，结合锐角三角函数定义、导数的性质、椭圆的对称性进行求解即可. 【祥解】a因为椭题C若若=a>办0的中心为0，度心率为号。且过点 c v2 2)2 12 所以 （2 b21 a=反+=1 b=1 2 c2=a2-b2 (2)①k+k2+4k是定值，定值为0，理由如下： y木 1=1 小 当t=2时，点P坐标为P(0,2),下焦点的坐标为(0，-1， 直线1的方程为y=c+2,与椭圆的方程联立，得 15/38 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 y=x+2 +r=1+2列r+恤+2=0 △=16k2-8k2+2>0→k>V2,或k<-√2， 4k2 设4，小，B(x,x+=2+2+2 k=k4=乃+1-+2+1=k+3 3 XI k=km=凸+1s+2+1=k+3 X2 X2 4k 所以6+k+4k=k+3+k+3+4=6k+3+五=6k+3+2=0: 2 k2+2 ②假设t>a,使得O,F,M,N四点共圆成立， 此时直线1的方程为y=x+t,与椭圆的方程联立，得 y=kx+t +r=1+2列+2c+-2=0 △=4-4(2-2(k2+2)>0→k2+2>, 设ABx，玉+七k22号 因为直线y=1与直线0F垂直，因此M,N必在纵轴同侧. 因为该椭圆关于纵轴对称，因此先考虑M,N在纵轴左侧情形，此时k>0, 直线FA的方程为y=kx-1,令y=t,得M 同理可得N 显然有k,k3<0, t 在直角三角形ONP中， tan∠Pwo=OP =PN=t+1, k2 t+1 在直角三角形FMP中， tan∠PFM=MP=k, t+1t+1 因为O,F,M,N四点共圆， 16/38 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 t+1 所以LP0=PM,于是有白乐→k=1+片 k, k=当+1++1=k++1, k=凸+1，++=k++1) X2 2kt →1+++5++=++三2++-2+-产+2 X2X1 XX2 t2-2t2-2 t2-2 k2+2k2+2 →2=12+31+4+2 2 设f0=f+3+4+,>2, 所以=2+3-名，显然函数了4在反，+)上单调超增。 于是当5时.>八间-=25+322+2.所以r0>0, (2)1 所以函数f(t)在V2,+∞上单调递增， 于是≥，10>小例-可+35+4后6t45. 即k2>6+4W2=2+(N2)+2x2×V2=(2+V2, 因为k>0,所以k>2+√2， 当M,N在纵轴右侧情形，此时k<0, 同理可得k<-2-√2， 综上所述：k的取值范围为2+V2,+∞U-0,-2-2). 17.【答案】1+y=1 4 (2)证明见解析 (30,1. 【分析】(1)根据椭圆过的点，代入方程求出a,b即可得解； 17/38 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)设M(x,0),利用三角形面积比求出x即可证明； (3)设直线PQ的方程为x=my+x。,联立椭圆方程，由斜率公式及韦达定理化简即可得出 -1 据此求出范围. 12 代入+茶-1>60) 62 =1 【详解】(1)将点0，和点L3 2 12 2 b2 解得a=2,6=1,所以C的方程为号+y广=1. 4 (2)由(1)知A-2,0),B(2,0), 设P(x,乃)，Q(x2,2),直线P9与x轴的交点为M(x,0), B 85BM-为 -委名-2，解得飞号 BM2-x 即直线P2过定点 o (3)设直线P9的方程为x=my+x,P(x,,Q(x2,y2). x=my+xo, =1，可得m+4到产+2m+后-40. 联立x2 则以+2= m+4’y号-4 -21x 且=4+g. m2+4 -2mxo k=乃.3-2=上my2+x0-2 于是无x十2》m++2，,为 =m5+(-2).m(y+⅓小-4 +y(x-2) -2mx0 m+⅓6+2m+为]4+，6+2到 -2mxo 18/38 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 =-。-2-1 ,+2元，（结合第(2）向) :>1,0<车<1，即车的范围是0,1. k2 18.【答案】(1)+y=1 (2)(i)证明过程见解析. (ii)2√2 【分析】(1)由椭圆中a2-b2=c2,再结合已知条件可求得椭圆方程. (2)设过T的直线方程，与椭圆联立，(i)中利用韦达定理和弦长公式分别写出TATB与TCTD, 由TATB=TC·TD即可证明直线I,,的斜率之和为定值. (i)将四边形4CBD面积表示为S=】A0CDsn0(O为两条直线夹角)，结合基本不等式可求 2 出最值. 9=3 a 2 【详解】(1)由题意可知{a+b=3解得： a=2 a2-b2=c2 b=1 椭圆E的方程为+=1： (2)(i)设斜率为k,☑斜率为k,Ax,),B(x22)，C(x,y,D(x4y4, 直线过T0,),直线方程为y=x-)+2 代入椭圆方程整理得：（1+4k2)x2+4k(1-2k)x+4k2-4k-3=0 △=16k2(1-2k)-41+4k2）4k2-4k-3=412k2+4k+3>0 +5 纸(2,55-43 1+4k2 1+4k2 由弦长公式可知：T0T8=(1+k29(x,-1)(x2-19 计算得： 21+k好) TA0 TB=- 21+k ,同理可得：TCTD= 1+4k2 1+4k 由题设T0TB0T0TD, 2(1+k2)_21+k) 1+4k21+4k3 19/38 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 整理得3(k-k)=0,即(k-k2)k+k2)=0. 因k≠k2（两条不同直线)，故k+k2=0.即1,2斜率之和为定值. (i)设k=k>0,k2=-k,两条直线夹角为O,四边形对角线为AB,CD, 面积为S=1 ABO CDsin 2 计算得： 4B=+x-=2+i22+4+3 1+4k2 C0=M+Fk-=2+Fi22-4+3 1+4k2 设两直线倾斜角为a,B,则0=a-B,tan0=tan(a-B= tan a -tan B k-kz 2k 1-tana tanβ 1-kk31-k2 tan sin0= 2k V1+tan201+k2, S=40N14+562+9,y_1614+562+9 16144k2+56+9 化简可得： 1+4k2)2 (4k2+1)4 Ak*K〉 令4三4土由基本不等式u224k:=4,当日仅当时等号成立 1（。11 进一步化简得：s2=16.9w-16令m=上∈0 u u ,4则S=16(9m-16m),这是关于m的开口向 下二次函数， 对称轴m2= 6-中，改S右m子〔即=4兮)时取最大位。 Si=8S=212 因此四边形ACBD面积的最大值为2√2， 19.【答案】(1) 13v5 4 2证明见解析，入+4= 3 3)135 8 【分析】(1)借助向量线性运算可表示出Q点坐标，结合P、Q点在椭圆上可得P、Q点坐标满足 关系，计算即可得解； 20/38 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)借助向量线性运算可用入、“表示出Q点、R点坐标，再利用P、Q、R点在椭圆上可得P、 Q点坐标满足关系，则可用x表示出入、“，再求和即可得解： (3)利用三角形面积公式可 SOr=4+元+L+ Au 一，则S四边形OR5 元+u+1 SP听5，再计算出 SP5面积后，利用入、μ间的关系，结合基本不等式即可得解， 【详解】(1)F(-l,0),P(xy),则PF=(-1-x,-6), 由所-0，则0-所-（登故0】 1612 4 则玉+3 31) 11解释%分则房=要引6)8 16 12 文，成=一5安能余去，即点P的李标为号 4 4 2)由所=-1-，丽=F0,则F0=p所- 女学之- 化简得3(x。+入+1)2+4-1222=0， 由手号1，则%++431-}-12=0， 43 整理得322-(2x+2)2-(2x+5)=32-(2x+5)](2+1)=0, 则元=2，+5或元=-1（负值舍去）： 3 0,则阴=-%w小，由阴=，则-所-点，0 台， 化简得3(x-4-1)+4-12μ2=0， 21/38 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 由空+答=1，则36--+4×31--12m=0, 43 整理得3u2+(2x。-2)4+(2x-5)=[3u+(2x,-5)](4+1)=0, 则u=2,-5或4=-1（负值舍去： 3 故元+4=2x+52x-510 3331 故元+μ是定值，且入+=3： 10 3)min∠RPR,Sw=in∠FP所， in∠RPE IPOL-PRI (IPFI+IFO)(IPF+ER)) -Psin∠RPe IPFLPFI PF PF PRLIPEI 则a=5n5m-a-小内-2 3 3 又S,5=FE网=%， 39y μ 元4 25-4x25-4x 39y0 117y0 117 135 25-4x41-y6 27+1627 117≤ +16y%2, 27 ×16y 8, 3 Yo 当且仅当 2-=16,即 35时，等号成立， 4 故四边形FQR5,面积最大值为13 8 考点3 双曲线 2 3 4 5 A BCD BCD ABD 22/38 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 6.23 7.√2+1/1+2 8.3 3 9.【省】a-号1 (2)x-2y+2=0或x+2y+2=0. 【分析】(1)通过焦点到渐近线的距离公式及三角形面积公式建立关于a,b的方程，；联立解得参数 即可确定双曲线方程； (2)设直线方程并与双曲线联立，利用弦长公式和点到直线距离表示面积，代入已知值解出斜率即 可得到直线方程. 【详解】()由题意得C的海近线为y=±x,取y=bx,即r-y=0, 右焦点F,(c,O)到该渐近线的距离PF= bc-0L=bc=b=√2， va2+b2 c PR所在直线的斜车为名并且过点c,0, 则PF,所在直线方程为y-0=-b(x-c,即y=bx-c, b y=-二(x-C) 联立 a a ab b y=一x a 所以S0%号e单-1，博-2.f代入6=.则a= 2 2 c 所以双曲线C的方程为号上=1. 22 (2)由(1)知F(-2,0),F(2,0), 当直线1斜率不存在时，：x=-2,代入双曲线得y=±V2, 则AB=2√2，E到1的距离为4， 此时5所=方×22x4=42+号10，不符合题意， 当直线1斜率存在时，设：y=k(x+2),A(x,),B(x2,y2), 23/38 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 4k2 -号得1-k2x2-4k2x-4k2+2)=0k,则 联立 X+x=1-及 y=k(x+2) 4k2+2 x2= 1-k2 (k=士1时1与渐近线平行，与双曲线只有1个交点，不符合题意) 4B=+=+k+x2)2-4xx =V1+k2 4k2)2 1-k2 4 4k2+2 2√2(1+k2) 、1-k2 1-k2 点F5(2,0)到直线1：c-y+2k=0的距离d=2k-0+2_4k个 Vk2+1Vk2+1 所以S.=4d=号22+的.442+E 21-k2V2+11-2 由题意 4w5+F_40,即21+E.Mo 1-k2 3 1-k2 3 2k21+k2)10 两边同时平方得(1-k2了 =9，令1=k2≥0)， 20+0=10 则--9，整理得4+191-5=0，解得1=或1=-5（舍） 将k=±号代入判别式(-4k2}-41-k2[-(4k2+2】=10>0,且k≠士1，符合题意， 因此直线的方程为y=±号x+2列， 即x-2y+2=0或x+2y+2=0. 10.【答案】1)x2- 2s1 24/38 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)不能，理由见解析 【分析】(1)由题设条件得出a,b的方程，求解即得曲线的方程； (2)假设P是线段AB的中点，利用点差法求出直线的斜率，将得到直线的方程与双曲线方程联立， 通过判别式判断方程是否有实根，即可确定P能否为中点， 方=a>06>0经过点26，符总-1. 【详解】(1)双曲线C:x-y 由渐近线方程为y=±V2x,得=V2, 解得a=1,b=√2， 双曲线C的方程为x2- -=1. (2)假设P是线段AB的中点，设A(x,),B(x2,y), g-=1 则由 2 两式相减，可得G+x-)-20+y-)=0, 因为P是线段AB的中点，x+x2=2,乃+2=-2， 代入上式，可得业=-2，即此时直线4B的斜率为k=-2, X1-x2 于是直线AB的方程为y+1=-2(x-1),即y=-2x+1. y=-2x+1 联立 =1,消元得2x2-4r+3=0, 2 △=(-4)-4×2×3=-8<0，所以方程无实数解， 即此时直线与双曲线无交点， 故P不能是线段AB的中点. 考点4 抛物线 2 3 4 5 6 7 8 D C B C ABD 10.2 11 3 12.【答案】(1)y2=x (2)证明见解析 25/38 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1 【分析】(1)根据抛物线定义可得MF+BF=+x+P,结合题意可得P-2进而可得抛物线方 程 (2)设直线AB的方程为x=y+1(1≠0)，与抛物线方程可得韦达定理，进而求点D,E坐标，以及 直线BE的方程，进而判断直线BE与抛物线C的位置关系 【详解】(1)由抛物线的定义知：AF+BF=x+ +5+ 2 2=++p, 因为*=4,4-号则号=4+p,即p 1 所以抛物线C的方程为y2=x. (2)由题可知：直线AB的斜率存在且不为0，设其方程为x=y+1(t≠0)， x=y+1 联立方程 Iy2=x ，消去x可得y2-y-1=0, 则y+y》2=t,y2=-1, 因为直线OA的方程为y=占x=x ,则点D的坐标为 因为DE//AB,则直线DE的方程为x+I 令y=0,得x=上-1= ,则点E的坐标为 直线E的斜幸如当~0= yy2 yiy2 —=- 5-业名4-八(，+1片-乃9出2+片-乃-(y+2)+y-为2， y 所以直线E的方程为y-0=-x- 整理得x=-2y+业 2 2 yI y 26/38 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2y+ x=- 联立方程 片片，消去x得2+2y-业=0， 2 (y=x y yI 因4÷ 4+4丛-4+4y业=0，故直线BB与抛物线C相切， 13.【答案】(1)x2=2y (2)(1)xn=2n;(i)4 【分析】(1)利用抛物线的定义求解： (2)(i)设A,(xn,yn),Bnxg,yg,，由向量共线关系AnB,=入A1B+得直线A,Bn与直线A1B+1平 行，进而得到直线4B,的倾斜角为子，和用两点斜率公式，结合么品，在抛物线=2少上 通过计算得到xg.=-2-x,由直线ABn的斜率为0，从而得到An1的坐标，则x+1-xn=2,根据 等差数列的定义得到数列x}是等差数列，利用等差数列的通项公式求出x; (m)由x,=2n得到，=￡=2n2,从而得到4，(2m,2m),A(2(n+1,2(n+1）,求出直线4,41 2 的斜率k,利用点斜式求出直线AnAn+1的方程，利用点到直线的距离公式求出点A+2到直线AnA:的 距腐d,利用两点间距离公式求出4小，从而得到么444：的面积S-A4小d,计算得解 【详解】(1)：动点M到点F 0,2 的距离与其到直线V=一2的距离相等， :根据抛物线的定义可知动点M的轨迹是以F 0, 2 为焦点， 以直线y=为准线的范物线，且其轨迹方程为r=2pp>0, 卫1 22,心D=l,·动点M的轨迹C的方程为x2=2y; (2)(i)A (x,),B,(xB,y8), :存在常数元，使得AB。=入AB,·直线A,Bn与直线AB1平行， :直线AnBn与直线AB,平行， :直线48的顿斜角为子：直线AB,的倾斜角为子，=m头=1， 4 a-y=-1, XB-X 27/38 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :A,(xy),B（xayg.)在抛物线x2=2y上，x=2y=2yg, = x 2 =yB' :8-出=-1转化为22.-1 XB -Xm XB -xn (+x-1,=-1,=-2- 2(B.-x) 2 :直线AnBn的斜率为0，∴An1与B的纵坐标相等，横坐标互为相反数， i.Ane(-xB.,yB.) :xg.=-2-x,A12+x,yg,, 设Aa+x+1,y),则x1=2+x,即xn+1-=2, 故数列{xn}是等差数列，公差为d=2,首项为x=2, 则x。=x1+n-1d=2+2n-1=2n; 0由0知=2，则-菩=2r,甲42a2x,4n2a+.2a+） 则直线4,4的斜率k=21+-2m2 =2n+1, 2n+1-2n 故直线AnAn1的方程为y-2n2=2n+1(x-2n, 即(2n+1)x-y-(2n2+2n)=0, 点A22n+4,2(n+2）到直线4,41的距离d为 d=【2n+(2m+4到-2n+22-(2n2+2n儿 4 V2n+1)2+1 V2n+1)2+1 线段44=22+2(n+2-2m=4+4n+2=-2+(2n+1, 所以△4,4u4的面积5=4,4小d=×2+2n+× 4 =4 2n+12+1 28/38 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B B A 6 考点5 与圆锥曲线有关的综合压轴题 1.AD 2.BCD 3.ACD 4.16 64+128r 3 5.【答案】(1)33 (2)证明见解析 (3)n=1时 【分析】(1)借助离心率与b2=c2-a2及双曲线上的点P(1,-1)计算即可得： (2)由题意可得0：y=-(x-+y1,联立曲线方程，可表示出x1-X。, 从而可用x1、y1表示出x,、yn,再表示出2x。+yn后利用等比数列定义即可得证； (3)表示出2x。-yn可得数列2x,-y,}也为等比数列，则可表示出P、2,坐标，再利用三角形面 积公式计算可得Sn,由点2-1关于y轴的对称点为P,可得S四边形pBQg.=SrQg.+SrPe.，则可 表示出工，最后得到？后，利用n八及对勾函数性质计算即可得 S 【详解】(1)由题意可得e=C=5,则c2=5a2,故b=5a2-a2=4a2, a 11 故有21.解得Q2=,则6=43 x2 y2 -=1 即曲线C的方程为33； 4 (2)由题意可得l2e,y=-(x-xa-)+y1, 29/38 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 由点Qn1关于y轴的对称点为P,则Q-1=（-x,yn), y=-（x-xn-i)+yn- 联立 x2y 33 =1 ,则3x2+2(xn1+yn)x-(xn-1+yn-)）-3=0, 4 则4-=2*山，则=4+2山-542， 3 3 3 八=-x-x+1=x,+1+1=52y+1+1-8x45， 3 3 故2x,+y=2x542+8x45=61+3y1=3到2x1+, 3 3 又2x,+乃=2×1+(-1=1，故{2x+y}为以1为首项，3为公比的等比数列； (3)由(2)知2x,+y}为以1为首项，3为公比的等比数列，则2x+y.=3-, 由x=5+2,8十5。 3 3 则2x,-y=2×5+2L8x+5-2-, 3 3 3 又2x-X=2x1--=,故2，为以3为首项，为公比的等比数列， 微x2++243,y2+233 2 2， 3 3 设a=3,则。a+。 ,=03, 4+220 3”+3-"3-3-m 42 3m1+3n3m+1-3" 2 即P4+12a26a S,-=e水sin 22PPP-1-spRa,2P司 30/38 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 -VPP--() P[(+(](.+()] （PD·pP2}°=[x1-x,(x2-x)+(y1-y.2-y门 则pPpE-(PP·pP =(xn-x'(y2-y.)+(x2-x'(y1-y-2(x4-x(yH-y(x2-xy2-y) =[x-x(y2-y）-(x2-x(y1-y], 故S,=xm-x2--x2-x川01-y川。 2 (3a1）a3） yn-.-22a厂(22a =a+1 则s-2aa+a品+ 33a2 由点Qn-1关于y轴的对称点为P,故PQn1/1x轴， 放Se.a=S0-e+5e号2QHl-小+-%小， =2P2[-y+(a-yl]=BO(a-y小， 2.0=2n空+aka小=如+号 3a2+2+ -2+j 4 3 31/38 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 且a=3m,n∈N,则当a=1,即n=1时， m假-s4 y Q Ps P2 P 6.【答案】仙贸 号0 【分析】(1)设P(x,y),根据两点间距离公式结合二次函数性质计算求解： (2)设M(x,y),N(x2,y2),T(x,y7),直线MN:x=y+n,求得动点T的轨迹方程，根据斜 幸公式得ww=分化简可得2+m)y+nma+2+为+a+2P=0,直线Mv与椭圆联 立方程组，由韦达定到料头+男2黑4”音代入计笑可得川=号即可证明直线 2mn 2 m2+4 MN过定点； (2)设经过次操作后点P在A处为事件A,P(An)=an,点P在B处为事件Bn,P(Bn)=b,,点 P在C处为事件Cn,P(Cn)=cn,点P在D处为事件Dn,P(Dn)=d,由题意可得 a,+6+c,+d,=l,根据全概率可得P(C)=0-P川C+gP川B,+安P4小+PD, P4)-令PC+号PD小+0PA,+P川品小，构造等比数列，根据等比数列道项公式求 8 法计算可解， 32/38 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【详解】D设P叫，，根据题意xe22引，户=1-号，且4(-20,20， PAP+PBP+PCP+PDP -10 当且仅当x=2或x=-2等号成立， 所以PA+PBP+PCP+1PD的最大值为的 (2)设M(x,y),N(x2,y2),Tx,yr),直线MW:x=my+n, 因为动点T满足TA⊥TB,则点T在以AB为直径的圆x2+y2=4上运动，则y?=4-x, 又听=4￡，所以与=2，则7压，2. 4 AT的斜率kAr= 2y 七+2’ 因为AN上AT,则AN的斜率w=-+2 2y‘ 所以此时AM的斜率太仙=上。 +2’ 则kwk=-+2.上 折本专所以中中2片@ 1 将x1=my+n,x2=my+n代入①式， 整理得（2+m2)yy2+m(n+2)(y+y2)+(n+2)2=0,② +y=1 联立直线MN方程与椭圆方程4 x=my+n 得m2+4)y2+2my+n2-4=0. △=4m2n2-4m2+4n2-4=16+4m2-4n2>0,即n2-m2<4.③ 2mn +2=一m2+4’= n2-4 m2+4 代入②式得(2+m2)n2-4)-2m2n(n+2)+(n+2)2(m2+4)=0, 化简得3+8+4=0，解得2（含去，成m=-子满足不等式@成立。 33/38 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :直线MN方程为x=my- ，直线v过定点（子0 2 H B D (3)由题意，盒子中三面涂红色的小立方体有8个，每次抽到后顺时针跳动1次的概率为 盒了中六个面没有涂红色的小立方体有8个，每次植到后逆时针跳动1次的概率为令 盒了中一面涂红色的小立方体有24个，每次抽到后限时针洗动2次的餐率为， 盒子中两面涂红色的小立方体有24个，每次抽到后逆时针跳动2次的概率为 8’ 设经过n次操作后点P在A处为事件A,P(An)=a。, 设点P在B处为事件B,P(Bn)=b,, 设点P在C处为事件Cn,P(Cn)=cm, 设点P在D处为事件Dn,P(Dn)=dn, 易知an+b+cn+dn=1,由对称性知cn=dn,即an+bn+2cn=1, 3 计算得a=0,G=d=86=4 P(C.)=0-P(C.-)+3-P(B-)+3.P(4)+3P(D). 8 8 13 又a1-b2c代入@式得c,0+安1-b-2c+ 1 3 8 1 所以数列心引是以日为首项。为公比的等比数列， 所以子得”-44 34/38 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 又PA=令PC+gPD+0P4+2PB 8 装a-1a46-2代入⑤式将o=0++石 拉品》 a424 所以包-}是以4日子为百项、寻公比的号比数列 所ue新”+女 7.【答案】(1)xm=4n-2 (2)16 3 【分析】(1)根据抛物线的性质求出抛物线方程，通过直线与抛物线的交点关系找出数列{x}的递 推关系，进而求出通项公式。 (2)求出P、P1、P,的坐标，根据三角形面积公式求解即可. (3)设出直线方程，与抛物线方程联立，得到xx。=-4,求出旋转体体积的表达式，结合导数与 最值的关系求解即可！ 【详解】1)抛物线C的焦点坐标为FQ) 当4B垂直于)轴时，点4,8的纵坐标均为号 代入抛物线方程可得x=±p. 所以AB=2p,又AB=4,所以2p=4,解得p=2. 所以抛物线C的方程为x2=4y. 己知点P-1x-1,yn-1) 过点Pn1且斜率为-1的直线Pn-Qn1方程为y-y-1=-(x-x-)，即y=-x+xm-+ym-1· 35/38 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 联立 y=-x+X+y,整理得x2+4x-4x-4y=0 1x2=4y On-1 P2 因为点P在抛物线上，所以x=4y1,则方程可化为x2+4x-4x-1-x1=0. 设点n-xgyg,则xa-1+xg=-4，所以xg4=-4-xm- 又P(x,y为2关于y轴的对称点，所以x。=-xg=--4-x=4+x1,即x。-x=4. 又x=2,所以数列{x}是以2为首项，4为公差的等差数列. 所以xn=2+4n-1)=4n-2. 故数列{xn}的通项公式为xn=4n-2. (2)由(1)知，x,=4n-2,则x1=4n+-2=4n+2,x+2=4n+2)-2=4n+6. 因为点P.在抛物线上，所以=兰-a:2=4-n+1, 44 同理yn+1=4n2+4n+1,yn+2=4n2+12n+9. 则Pn（4n-2,4n2-4n+1,Pn4n+2,4n2+4n+1,Pn24n+6,4n2+12n+9. 所以p,P=[4n+2-(4n-2]'+[4n2+4n+1-(4n2-4n+1]=V42+(8m2=4+4m。 直线P2的斜李为k+4如+1-(-n+刊_-2n, 4n+2-(4n-2) 4 则直线PPn1的方程为y-4n2-4n+1=2nx-(4n-2,即2nx-y-4n2+1=0. 点P2到直线PD1的距离为d= 2n4n+6)-(4n2+12n+9）-4n2+1 8 V2m)2+(-) √4n2+1 所以5an,=号PRd=x4i+n 8 =16」 2 V4n2+1 36/38 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (3)设直线AB方程为y=x+1.设A(x4,yA),B(xa,yB y=a+1 联立 x2=4y 整理得x2-4kx-4=0,△=（-4k)-4×-4)=16k2+1>0, 则x4+xB=4k,x4xg=-4. 旋转体体积V可由以AA为直径的圆、以BB,为直径的圆为上下底面的圆台体积减去以AA为直径的 圆为底面、O为顶点的圆锥与以BB,为直径的圆为底面、O为顶点的圆锥体积之和 B2 结合抛物线的对称性，不妨设A在y轴左侧，B在y轴右侧， 44 所以r=+后+r)-写片小写后 9 66 令=、则22月1=4，当且仅当1，甲1=2时，等号成立 4 令fa=2a-8a(a≥4，则faj=3a2-8), 12 令')=0，则3a2-8=0,解得a-26, 3 所以a4上单调谴塔，a4-8x到-警.即一经。 37/38 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 此时t=2,即B(2,1,A-2,1. 所以演旋转体体习的最小值为受 38/38 专题07 平面解析几何 （5大考点）(四川专用) 2026年高考数学二模分类汇编 5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与圆锥曲线有关的综合压轴题 ( 直线与圆 考点1 ) 1．（2026·四川绵阳·二模）若直线与直线平行，（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将两直线方程化为斜截式，根据两直线平行时斜率相等且截距不相等的性质列方程求解的值. 【详解】直线，斜率，截距， 直线，斜率，截距， 因为两直线平行，所以斜率相等且截距不相等，即且， 由得，此时，满足平行条件. 故选：C. 2．（2026·四川德阳·二模）若两条直线与圆的四个交点能构成矩形，则（   ） A．0 B．1 C．2 D．4 【答案】A 【分析】由题意知圆心到两直线的距离相等，得到等量关系求解即可. 【详解】由题意直线平行，且与圆的四个交点构成矩形，则可知圆心到两直线的距离相等， 圆的圆心为， 圆心到直线的距离为：， 圆心到直线的距离为：， ， 又，. 3．（2026·四川凉山·二模）若正方形的四个顶点在曲线上，则正方形的面积的最大值为（    ） A．3 B．4 C． D．5 【答案】B 【分析】由方程确定曲线的形状，再确定曲线上的点到原点距离最大的点，进而求出最大面积. 【详解】曲线关于轴成轴对称，关于原点成中心对称， 当时，曲线方程为，即， 此时曲线是以为圆心，为半径的圆在第一象限的圆弧（含坐标轴上的点）及原点， 因此曲线是上述圆弧及其关于坐标轴、原点对称而得的图形，加上原点， 圆弧到原点距离最大值为，对应的点为， 点关于坐标轴、原点对称点为，点顺次连接得正方形， 并且是符合条件的面积最大的正方形，所以正方形的面积的最大值为4. 4．（2026·四川内江·二模）已知过点的直线与圆交于两点，若，且点在圆上，则直线的斜率为（   ） A． B．2 C． D． 【答案】C 【分析】通过联立直线与圆的方程得到一元二次方程，结合韦达定理及，利用点在圆上的条件建立等式，即得直线斜率. 【详解】由已知斜率存在，设直线的斜率为，因为过点，故方程可设：， 联立方程组，消去得：， 设，由韦达定理得：， 由，得. 因为在圆上，故，又因为， 代入上式得：，化简：，解得：. 5．（2026·四川绵阳·二模）已知圆C：，直线与圆C交于A，B两点，点P在圆C上，且，，则（   ） A． B． C． D．4 【答案】B 【分析】利用极化恒等式可得，再利用垂径定理可得，最后可求解. 【详解】    圆C：，半径，取中点M，则， 记，， 所以， 在中，由勾股定理，， 由极化恒等式，， 代入消元得：. 故选：B 6．（2026·四川绵阳·二模）直线过定点，且以为其方向向量，则直线的方程为_____. 【答案】 【分析】根据直线的方向向量求斜率，再根据直线的点斜式方程得直线方程. 【详解】因为直线的方向向量为，所以直线的斜率为， 又直线过点，所以直线的点斜式方程为：， 化简得：. 故答案为： 7．（2026·四川眉山·二模）已知圆，过点的直线与圆交于，两点，且，设直线的倾斜角为，则________． 【答案】/0.5 【分析】先由直线与圆相交的弦长可得圆心到直线的距离，再由点到直线的距离公式可得斜率及倾斜角. 【详解】因为圆，圆心，半径,且. 则圆心到直线的距离为， 因为过点的直线与圆交于，两点， 所以直线的斜率存在且，直线方程为，即. 由点到直线的距离公式， 化简得，解得. 又因为， 所以. 8．（2026·四川·二模）若圆上到直线的距离为的点刚好有个，直线被圆截得的弦长为________. 【答案】 【分析】利用点到直线的距离公式求出弦心距，结合题意和直线与圆的位置关系即可求解. 【详解】依题意，圆心为，半径为，所以圆心到直线的距离， 圆上到直线的距离为的点，是圆与到直线距离为的两条平行直线的交点， 圆心到直线的距离， 则圆心到的距离分别为和， 因为交点刚好有个，所以其中一条直线与圆相切，另一条与圆相交， 故半径应等于中较大的一个，即， 所以直线被圆截得的弦长为. ( 椭圆 考点 2 ) 1．（2026·四川成都·二模）已知椭圆的一个焦点是,则（   ） A． B．3 C．5 D． 【答案】D 【详解】因为椭圆的一个焦点是, 所以焦点在上,则,, 所以,则. 2．（2026·四川·二模）已知椭圆的左、右顶点分别为A，B，点M在C上，且，，，则C的离心率为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因为，所以点在轴右侧，过点作轴，垂足为点， 因为，所以，则, ，, 所以,则， 则点的坐标为或， 代入椭圆方程，得，所以， 所以. 3．（2026·四川雅安·二模）已知曲线：（），曲线：的离心率分别为，，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据椭圆和双曲线的离心率公式进行求解. 【详解】由椭圆：（）可得：， ，离心率； 由双曲线：可得：， ，离心率； 又，即，两边同时平方得：， 化简得：，计算得：. 4．（多选）（2026·四川达州·二模）椭圆的左、右焦点为，，P为上的动点，下列说法正确的是（    ） A．的周长为12 B．存在点，使 C．的最大值为12 D．到的距离的最大值为4 【答案】ACD 【分析】由椭圆方程得出基本参数，，，进而得到焦点及相关线段长，判断周长，分析最大值情况判断B选项，分析取值及相关距离情况判断C、D选项. 【详解】因为椭圆，得，，， 所以焦点，，满足， 所以， 在A选项中，的周长为，A正确， 在B选项中，在短轴端点时最大， 此时，为等边三角形， 最大角为，不存在满足条件的，B错误， 在C选项中，设，， 代入椭圆，得， 又，最大值为，代入得最大值为，C正确， 在D选项中，过作直线的垂线，垂足记为， 当与不重合时，为直角三角形，， 当与重合时，到距离等于，D正确. 5．（多选）（2026·四川广安·二模）椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，直线与的另一个交点为，若，则（    ） A．的短轴长为 B．的焦距为2 C．的周长为8 D．的离心率为 【答案】BC 【分析】由题意推得，结合椭圆方程求出，即可逐一判断各选项. 【详解】由图知，，因，则是正三角形， 又，则，故椭圆的离心率为，故D错误； 由可得，则， 由可得，解得，故椭圆的短轴长为，故A错误； 焦距为，故B正确；的周长为，故C正确. 6．（多选）（2026·四川广元·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率，过原点的直线交椭圆于，两点，线段的垂直平分线交椭圆于，两点，过点分别作于，于，则（    ） A． B．动点的轨迹是一个圆 C．的面积有最大值，最大值为 D．四边形面积的取值范围为 【答案】ABD 【分析】对于选项A，用椭圆离心率定义即可求得；对于选项B，即证明为定值即可；对于选项C，判断点的轨迹，得到面积取最大的情况即可；对于选项D，把四边形转成两个三角形面积求解即可. 【详解】由，可得，解得，， 从而椭圆， 对于选项A，，选项A正确. 对于选项B，当直线的斜率不存在或等于时，线段与线段中，一条为椭圆的长轴，另一条就为椭圆的短轴，此时， 当直线的斜率存在且不为时，设直线的斜率为，则直线的斜率为， 直线的表达式为，联立，化简整理得， 即，从而 设，，则，，则 同理设，，则，， 则， 由，得， 即， 从而动点的轨迹是以原点为圆心为半径的圆，选项B正确. 对于选项C，由动点的轨迹是以原点为圆心为半径的圆， 可得动点的轨迹是也以原点为圆心为半径的圆， 从而当动点在轴上时，面积的最大值为，选项C错误； 对于选项D，四边形面积 又，从而 令，， 又当直线的斜率不存在时 故四边形面积的取值范围为，选项D正确. 7.（2026·四川泸州·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为，直线与的另一个交点为，若，则的值为___________． 【答案】3 【分析】设，根据椭圆定义可得，，进而可得，即可得结果. 【详解】由题意可知：，， 设，则，， 若，则，解得， 可得，，所以. 故答案为：3. 8.（2026·四川·二模）已知椭圆的右焦点为，离心率为． (1)求的方程； (2)若直线与交于，两点，与轴交于点，且是的中点，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先根据右焦点的坐标求出的值，再根据离心率求出的值，进而结合可得椭圆的标准方程； （2）根据直线方程，可得点坐标，再将直线与椭圆方程联立，根据韦达定理，可得，的表达式，再结合是的中点，进而即可求出的值． 【详解】（1）由椭圆的右焦点为 ，得， 又离心率 ，解得， 在椭圆中，有， 因此椭圆的标准方程为． （2）直线与轴交于点， 联立，整理得， 由判别式有，解得或， 设，， 由韦达定理得，， 又是的中点，则，解得，， 则，解得符合题意， 所以的值． 9．（2026·四川眉山·二模）已知是圆上一动点，，线段的中垂线与线段交于点，点的轨迹为． (1)求的方程； (2)设，是上的两点，且，在直线上的射影为，是否存在，使得直线过平面内的定点？若存在，求出的值和定点坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)，定点 【分析】（1）题意可得，则，由椭圆的定义可知，点的轨迹是以、为焦点的椭圆； （2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，直线的方程为，令，结合根与系数的关系化简可得解. 【详解】（1）由可知，， 因为线段的垂直平分线与直线交于点， ，所以， 所以由椭圆的定义可知，点的轨迹是以、为焦点的椭圆， 所以， 所以， 所以曲线的方程为． （2）因为，则三点共线， 设直线所在直线方程为， 设，， 由 消去y整理得， 恒成立， 所以， 在直线上的射影为，则， 所以，可得直线的方程为, 令，则 ， 当时，即时，为定值， 当直线为轴时也成立， 所以存在，直线过定点. 10．（2026·四川凉山·二模）已知为椭圆的右焦点，为椭圆的右顶点，为椭圆的上顶点，坐标原点到直线的距离为. (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线交椭圆于两点.求的面积的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据的关系结合条件计算即得； （2）联立直线与曲线方程，可得与交点纵坐标有关韦达定理，再利用弦长公式与点到直线距离公式可表示出面积，最后利用换元法与基本不等式计算即可得. 【详解】（1）由为椭圆的右焦点，则， 由，，则， 由，化简得， 由，则， 化简得， 故或，由，故，则， 即椭圆的标准方程为； （2）设、，联立， 消去可得， ，则， ，， 则 ， 点到直线的距离， 则， 令，则， ， 当且仅当时，等号成立， 故的面积的最大值为. 11．（2026·四川德阳·二模）在平面直角坐标系中，已知椭圆C：的左、右顶点分别为，F为椭圆C的右焦点，P为椭圆C上不同于A、B的动点，若，直线PF与椭圆C的另一个交点为Q． (1)求椭圆C的标准方程； (2)求面积的最大值； (3)若P在x轴的上方，设直线AP、BQ的斜率分别为，是否存在常数，使得成立？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在， 【分析】（1）由椭圆的左右顶点可知的值，设，则，分别表示出再根据即可求出，则可得椭圆标准方程； （2）设直线方程为，将直线和椭圆方程联立可得，由韦达定理可得的值，求出，再由点到直线距离公式求出左顶点到直线距离，由面积公式可得到面积，再根据换元法即可求出最大值； （3）假设存在使得，分别表示出，再根据，代入到，由（2）韦达定理可知的值，代入到上式，再根据对任意的都成立，可求出值. 【详解】（1）由椭圆的左右顶点可知， 设，则， 化简可得，则， ， 所以，则椭圆的标准方程为； （2）由（1）可知椭圆的右焦点坐标为，设直线方程为， ，将直线和椭圆方程联立， 代入可得， 由韦达定理可知， 则， 而， 代入可得， 根据点到直线距离公式， 所以， 令则，所以， 函数在上单调递增， 所以即时，， 此时的面积最大，最大值为； （3）假设存在使得，分别求出， 因为在直线上， 所以， 故， 化简可得， 由（2）知， 则，所以可得， 整理化简可得， 要对任意的都成立，需系数满足， 解得，故存在，使得. 12．（2026·四川攀枝花·二模）已知，分别为椭圆的左，右顶点，为的上顶点，，直线的斜率为． (1)求椭圆的方程； (2)过点作直线与椭圆交于两点，（在第一象限），直线，分别交轴于，两点： （ⅰ）是否存在常数使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； （ii）当面积取最大值时，求的值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）存在,使得；（ii） 【分析】（1）由椭圆顶点坐标,结合直线斜率得 比例关系,再由线段长联立方程,求出 ,即得椭圆方程. （2）（ⅰ）设直线联立椭圆,由韦达定理得纵横坐标关系,求出 纵坐标,代入向量比例化简消参,可得 为定值3.（ⅱ）由 设出 纵坐标,写出直线 方程并联立椭圆,得到 点横坐标表达式；用底乘高表示 面积,构造函数求导分析单调性,找到面积最大值对应的参数,代入算出此时的值. 【详解】（1）已知，直线的斜率. 由斜率公式得，即. 由两点间距离公式得. 因为，联立解得，. 所以椭圆的方程为. （2）（ⅰ）由题可知过点的直线斜率不为，（否则点与点重合） 设, 由，消去得 , 即， , 直线,令可得 直线,令,可得， 因为共线， 所以 , 所以存在,使得. （ii）设,则,所以, 直线,由消去得 由可得, , 令, , 令,解得, 当时，,当时，, 故在上单调递增,在上单调递减, 所以当时,取最大值, 所以此时. 13．（2026·四川成都·二模）设椭圆的右焦点为，上顶点为．已知（O为坐标原点）的面积为． (1)求的离心率； (2)设B为椭圆上一动点，已知的最大值为2． （i）求的方程； （ii）若在第一象限内，连接，过作的平行线交于另一点，记与的面积分别为，求的最大值． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）4 【分析】（1）写出的面积表达式，可得出，即可求出离心率； （2）（i）设，利用两点间距离公式以及二次函数最值可求得当时，取得最大值为，求得，可得出的方程； （ii）对直线的斜率是否存在分类讨论，联立直线与椭圆方程，解得，再由三角形面积关系可求得，利用椭圆范围以及二次函数最值可求得的最大值为4. 【详解】（1）易知， 所以的面积为，可得， 又因为，可知； 故的离心率为 （2）（i）由（1）可知的方程可设为； 设，则，可得，又， 故 因为，所以时，取得最大值为， 即，解得. 故的方程为. （ii）设，则，所以； 当时，此时直线的斜率不存在，可得，， 故， 当时，此时直线的斜率为，可得直线的方程为，如下图： 联立可得， 解得， 因为，与共底边， 所以 又因为，所以， 可得， 令，因为，所以； 因此； 当时，取得最大值为4， 此时，解得， 因为点在第一象限内，故，即； 综上可知，的最大值为4. 14．（2026·四川绵阳·二模）已知椭圆 的离心率为 ，短轴长为 . (1)求 的标准方程； (2) 为 上一点且在第一象限，点 ，，延长 ， 分别交椭圆 于 ， 两点. （i）若，求直线 的斜率； （ii）连接 ，，记 的面积为 ， 的面积为 ，求 的最大值. 【答案】(1) (2)（i）             （ii） 【分析】（1）先根据离心率和短轴长列出方程，再结合求解出，然后写出椭圆方程. （2）（i）先设出直线方程，联立直线和椭圆方程，再结合题目所给条件求出点和点坐标，再求解出点坐标，然后按照斜率公式求解直线的斜率. （ii）联立方程组，求出两点坐标，然后表示出三角形面积，然后根据基本不等式求解的最大值即可. 【详解】（1）因为椭圆的离心率为，短轴长为. 即，又，解得. 椭圆的方程为 （2）设， 因为直线经过和，不妨设直线的方程：. 联立直线与椭圆方程，消元整理得： ， 又在椭圆上，，代入上式，整理得：. 由韦达定理得：，即.        （i）且，. ，代入上式解得：，，即. 又，所以可得：，即. 又直线经过，直线的方程为. 联立直线和椭圆方程，解得，即. 所以直线的斜率. （ii）由（i）可得，代入直线方程得， 所以，同理可得. 的面积. 的面积. ，当且仅当“”即“”时“”成立. 所以有最大值. 15．（2026·四川绵阳·二模）已知是椭圆：的右焦点，定点，直线被椭圆截得的线段的中点恰在直线上 (1)求的标准方程； (2)过F作斜率为k的直线，与交于A，B两点，其中A在x轴上方，，T为上一点，且平分，求的取值范围； (3)P，Q为曲线上两个动点，且平分，证明：直线过定点，并求出该定点. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析，定点 【分析】（1）设直线与椭圆的交点为，根据题意利用点差法可得，进而可得以及椭圆方程； （2）设，直线的方程为，联立方程结合韦达定理可得，进而分析求解； （3）设，，根据角平分线可得，整理可得，即可得定点. 【详解】（1）由题意可知：直线：，即，斜率， 设直线与椭圆的交点为，    则，，即， 因为M，N在椭圆上，则， 两式相减得，整理得， 即，可得， 且，即，解得，， 所以椭圆的方程为. （2）由题意可知：直线与椭圆必相交，且，    设，，，， 设，直线的方程为，其中， 将直线与椭圆方程联立，消去x得， 由韦达定理得：，， 则，可得， 因为，则，可得， 且，则，解得， 所以的取值范围为. （3）设，，    则，，， 且 同理可得， 由题意可得：，即， 两边同时减2得，即，故P，Q和三点共线， 所以直线必过定点. 16．（2026·四川·二模）已知椭圆的中心为O，离心率为，且过点． (1)求椭圆C的标准方程； (2)直线，与y轴交于点P，过点P的直线l与C分别交于点A，B，椭圆的下焦点为F，直线，分别交直线于点M，N，记直线l，，的斜率分别为k，，． ①若，探究是否为定值？若是，求出此值；若不是，请说明理由； ②若，使得O，F，M，N四点共圆，求k的取值范围． 【答案】(1) (2)①是定值，定值为② 【分析】（1）根据椭圆的离心率公式，结合代入法、之间的关系进行求解即可； （2）①设出直线l的方程与椭圆的方程联立，结合一元二次方程根的判别式、根与系数的关系、直线的斜率公式进行求解即可； ②根据四点共圆的性质，结合锐角三角函数定义、导数的性质、椭圆的对称性进行求解即可. 【详解】（1）因为椭圆的中心为O，离心率为，且过点， 所以； （2）①是定值，定值为，理由如下： 当时，点P坐标为，下焦点的坐标为， 直线l的方程为，与椭圆的方程联立，得 ， ，或， 设，， ， ， 所以； ②假设，使得O，F，M，N四点共圆成立， 此时直线l的方程为，与椭圆的方程联立，得 ， ， 设，， 因为直线与直线垂直，因此M，N必在纵轴同侧. 因为该椭圆关于纵轴对称，因此先考虑M，N在纵轴左侧情形，此时， 直线的方程为，令，得， 同理可得，显然有， 在直角三角形中，， 在直角三角形中，， 因为O，F，M，N四点共圆， 所以，于是有， ， ， ， 设，， 所以，显然函数在上单调递增， 于是当时，，所以， 所以函数在上单调递增， 于是当时，， 即， 因为，所以， 当M，N在纵轴右侧情形，此时， 同理可得， 综上所述：k的取值范围为. 17．（2026·四川雅安·二模）已知椭圆：（）过点和点，，分别为的左、右顶点，，为上的两个动点，且分别位于轴上、下两侧，和的面积分别为，，记． (1)求的方程； (2)若，证明：直线过轴上定点； (3)若，设直线和直线的斜率分别为，，求的取值范围 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)． 【分析】（1）根据椭圆过的点，代入方程求出即可得解； （2）设，利用三角形面积比求出即可证明； （3）设直线的方程为，联立椭圆方程，由斜率公式及韦达定理化简即可得出，据此求出范围. 【详解】（1）将点和点代入（）得， 解得，，所以的方程为． （2）由（1）知，， 设，，直线与轴的交点为， 则，解得． 即直线过定点． （3）设直线的方程为，，． 联立可得， 则，，且． 于是 ，（结合第（2）问） ，，即的范围是． 18．（2026·四川南充·二模）已知椭圆的离心率，. (1)求椭圆的方程； (2)过点作两条斜率存在且不为零的直线，，分别交于，和，，且满足. （ⅰ）证明：直线，的斜率之和为定值； （ⅱ）求四边形面积的最大值. 【答案】(1) (2)（i）证明过程见解析. （ii）. 【分析】（1）由椭圆中，再结合已知条件可求得椭圆方程. （2）设过的直线方程，与椭圆联立，（i）中利用韦达定理和弦长公式分别写出与， 由即可证明直线，的斜率之和为定值. （ii）将四边形面积表示为（为两条直线夹角），结合基本不等式可求出最值. 【详解】（1）由题意可知解得： 椭圆的方程为. （2）（i）设斜率为，斜率为，，，，， 直线过，直线方程为， 代入椭圆方程整理得： ， 由弦长公式可知： 计算得： ，同理可得： 由题设， 整理得，即. 因（两条不同直线），故. 即斜率之和为定值. （ii）设，两条直线夹角为，四边形对角线为， 面积为 计算得： ， ， 设两直线倾斜角为，，则， ， 化简可得： ， 令，由基本不等式，当且仅当时等号成立， 进一步化简得： 令，则，这是关于的开口向下二次函数， 对称轴，故在（即）时取最大值， 因此四边形面积的最大值为. 19.（2026·四川成都·二模）如图，已知椭圆，点在椭圆上且，，分别经过的左、右焦点，，且，． (1)若，求点的坐标； (2)证明：是定值，并求出的值； (3)求四边形面积最大值． 【答案】(1) (2)证明见解析， (3) 【分析】（1）借助向量线性运算可表示出点坐标，结合、点在椭圆上可得、点坐标满足关系，计算即可得解； （2）借助向量线性运算可用、表示出点、点坐标，再利用、、点在椭圆上可得、点坐标满足关系，则可用表示出、，再求和即可得解； （3）利用三角形面积公式可得，则，再计算出面积后，利用、间的关系，结合基本不等式即可得解. 【详解】（1），，则， 由，则，故， 故，化简得，又， 则，解得，则， 故或（负值舍去），即点的坐标为； （2）由，，则， 故，则有， 化简得， 由，则， 整理得， 则或（负值舍去）； ，则，由，则， 故，则有， 化简得， 由，则， 整理得， 则或（负值舍去）； 故， 故是定值，且； （3），， 则 ， 则， 由，，则， 又， 则 ， 当且仅当，即时，等号成立， 故四边形面积最大值为. ( 双曲线 考点 3 ) 1．（2026·四川·二模）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．3 【答案】A 【分析】结合双曲线性质和角平分线定理求解，再根据角平分线定理建立和的方程，结合题干求解，进而求解离心率. 【详解】如图所示，在中，平分交于，由角平分线定理得， 因为 ，所以 ，即，即. 由，，可得， 将代入上式：，解得，则. 在中，是的角平分线（内心在角平分线上）。 由角平分线定理可得：，且，则， 因为，且， 所以 ， 所以，解得， 故离心率. 2.（2026·四川南充·二模）已知为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别为、，过点的直线与的右支交于点，.设与的内切圆圆心分别是，，直线，的斜率分别是，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据双曲线的标准方程求出焦点、的坐标，再利用三角形内切圆的性质以及双曲线的性质，推导出、的横坐标，设出直线的方程，与双曲线方程联立，结合韦达定理得到、两点横坐标的关系，结合内切圆圆心的位置特点，求出、的纵坐标与、两点坐标的关系式，进而得到、的表达式，再计算. 【详解】由双曲线，得：，，， 所以焦点，， 过的直线与右支交于，，且， 设内切圆与边的切点为，根据切线长性质，有 ， 又，解得，， 以为起点向右移动4个单位得， 因此内切圆圆心在直线上， 设，，，不妨点在第一象限，同理， 由三角形面积公式：， 又的周长的一半， 内切圆半径，且，得， 由焦半径公式，代入得，故， 同理，于是 当直线的斜率不存在时， 可得，代入到双曲线方程中， 得，，此时； 当直线的斜率存在时， 设直线的斜率为，则， 代入双曲线方程得， 由韦达定理， 计算， ； ； 于是. 3．（多选）（2026·四川成都·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为，，是双曲线右支上任意一点，O为坐标原点，则下列说法正确的是（   ） A．的外接圆半径的最小值为3 B．点P到E的两渐近线的距离之积为定值 C． D． 【答案】BCD 【分析】对于A选项，通过正弦定理得到，即可判断A；对于B选项，由点到直线的距离公式求解即可； 对于C选项，由两点间的距离公式求解即可；对于D选项，求解，，代入即可. 【详解】对于A，，所以，的外接圆半径的最小值为，故A错误； 对于B，渐近线方程为，则距离之积为．故B正确； 对于C，，所以C正确， 对于D，同理可得，于， 从而．所以D正确． 故选：BCD. 4．（2026·四川泸州·二模）过双曲线左焦点的直线与圆相切于点，与的一个交点为，则（   ） A．与一定有两个交点 B．点在的一条渐近线上 C．若，则的离心率为 D．若，则 【答案】BCD 【分析】对于B：分析可知，，进而分析斜率即可；对于A：举反例说明即可；对于C：结合双曲线定义可得，，结合勾股定理运算求解；对于D：根据题意可得，，即可得面积. 【详解】对于选项B：由题意可知：，，， 可得，则直线的斜率， 可知直线即为双曲线的其中一条渐近线，所以点在的一条渐近线上，故B正确； 对于选项A：若，则直线的斜率，且渐近线的斜率为， 可知直线与双曲线的一条渐近线平行，此时与有且仅有1个交点，故A错误； 对于选项C：设双曲线的另一个焦点为， 若，可知点为的中点， 且为的中点，则，，可得， 由勾股定理可得：，即， 可得，所以双曲线的离心率为，故C正确； 对于选项D：若，则，， 所以，故D正确. 故选：BCD. 5．（2026·四川绵阳·二模）设双曲线的左，右焦点分别为，，圆与的左支在第二象限的公共点为，线段的垂直平分线与的右支在第一象限的公共点为，的面积为，则（    ） A． B．，，三点共线 C．，到的距离之积为 D．若，则是的渐近线 【答案】ABD 【分析】由双曲线定义及圆半径即可判断A选项；已知是的垂直平分线，结合双曲线定义判断B选项；设到的距离分别为利用，垂直平分线性质和双曲线的性质，判断C选项；由面积得到直线的距离，通过余弦定理及渐近线公式判断D选项. 【详解】A选项，根据双曲线的定义得， 已知圆的方程为，则圆的半径为，所以， 所以，故A选项正确； B选项，因为直线是线段的垂直平分线，所以， 根据双曲线的定义，有，又因为， 所以，而，即，所以三点共线，选项B正确； C选项，如图，在中，由余弦定理可得, 设到直线的距离为， 则，， 所以，故C错误；    D选项，如图，， 因为，所以， 故是等边三角形，即，即， 因为，所以，即， 双曲线的渐近线方程为，将代入可得，即， 所以是的渐近线，选项D正确. 故选：ABD. 6.（2026·四川达州·二模）圆被双曲线的一条渐近线截得的弦长为_____． 【答案】 【分析】根据给定条件，求出双曲线的渐近线方程，再利用几何法求出弦长即可． 【详解】双曲线的一条渐近线为，即， 圆的圆心为，半径， 圆心到渐近线的距离为， 由勾股定理得，弦长为． 7．（2026·四川成都·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为，P是双曲线上一点，且为等腰直角三角形，则C的离心率为_____________． 【答案】/ 【详解】当时，为等腰直角三角形，，这与双曲线定义矛盾； 当时，为等腰直角三角形，， 根据勾股定理，得， 再根据双曲线定义得，即， 化简得. 当时，为等腰直角三角形，， 根据勾股定理，得， 再根据双曲线定义得，即， 化简得. 综上，C的离心率为. 8．（2026·四川攀枝花·二模）直线交双曲线于，两点（在第一象限），是双曲线的右焦点，的延长线交双曲线于点，，，则的离心率为________． 【答案】 【分析】设，根据双曲线的定义，表示出，，的长度，利用余弦定理可得的关系，再在中，利用余弦定理可得的关系，从而得到双曲线的离心率. 【详解】如图，设双曲线的左焦点为，连接，，. 因为关于原点对称，所以四边形是平行四边形. 所以. 设，则. 根据双曲线的定义，，， ， 在中，由余弦定理，， 即， 所以（）. 在中，，，，， 由余弦定理可得，所以. 9．（2026·四川广元·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为，，过作的一条渐近线的垂线，垂足为.若，. (1)求双曲线的方程； (2)过左焦点的直线与双曲线交于，两点，，求直线的方程. 【答案】(1) (2)或. 【分析】（1）通过焦点到渐近线的距离公式及三角形面积公式建立关于的方程，；联立解得参数即可确定双曲线方程； （2）设直线方程并与双曲线联立，利用弦长公式和点到直线距离表示面积，代入已知值解出斜率即可得到直线方程. 【详解】（1）由题意得的渐近线为，取，即， 右焦点到该渐近线的距离， 所在直线的斜率为，并且过点， 则所在直线方程为，即， 联立，整理得，则，即， 所以，即，代入，则, 所以双曲线的方程为. （2）由（1）知， 当直线斜率不存在时，，代入双曲线得， 则，到的距离为4， 此时，不符合题意， 当直线斜率存在时，设，， 联立得，则， （时与渐近线平行，与双曲线只有1个交点，不符合题意） 则 点到直线的距离， 所以， 由题意得，即， 两边同时平方得，令， 则，整理得，解得或（舍） 故，， 将代入判别式，且，符合题意， 因此直线的方程为， 即或. 10．（2026·四川内江·二模）已知双曲线经过点，其渐近线方程为． (1)求双曲线的方程； (2)过点的直线与双曲线相交于两点，能否是线段的中点？请说明理由． 【答案】(1) (2)不能,理由见解析 【分析】（1）由题设条件得出的方程，求解即得曲线的方程； （2）假设是线段的中点，利用点差法求出直线的斜率，将得到直线的方程与双曲线方程联立，通过判别式判断方程是否有实根，即可确定能否为中点. 【详解】（1）双曲线经过点，得， 由渐近线方程为，得， 解得，， 双曲线的方程为. （2）假设是线段的中点，设， 则由两式相减，可得， 因为是线段的中点，， 代入上式，可得，即此时直线的斜率为， 于是直线的方程为，即. 联立，消元得， ，所以方程无实数解， 即此时直线与双曲线无交点， 故不能是线段的中点. ( 抛物线 考点 4 ) 1．（2026·四川广元·二模）抛物线的焦点坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由题可知，，则焦点坐标为． 2．（2026·四川攀枝花·二模）抛物线上的点到焦点的距离为（   ） A．1 B． C．2 D． 【答案】C 【详解】将点代入抛物线方程， 得，即，解得. 抛物线的准线方程为，代入得准线方程为. 根据抛物线的定义，抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离， 则点到焦点的距离为. 3．（2026·四川雅安·二模）已知抛物线（）上一点到其焦点的距离为6，则抛物线的方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由抛物线的定义结合题意可得， 所以抛物线的方程为. 4．（2026·四川广安·二模）已知点为抛物线上的动点，点为圆上的动点，点为抛物线的焦点，则的最小值为（    ） A．8 B．7 C．6 D．5 【答案】D 【分析】画出图形，利用抛物线的定义以及性质，转化求解最小值． 【详解】由题可知，抛物线焦点，准线方程为，圆心，半径为1， 过点作直线，垂足为，如图所示， 由抛物线定义可知，， 所以， 当点在同一直线时，可取到最小值， 因为点到直线的距离为6， 所以，即的最小值为5． 5．（2026·四川南充·二模）已知一动圆的圆心在抛物线上，且与直线相切，则此圆恒过定点（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用抛物线的定义可得结果. 【详解】易知抛物线的焦点为，准线方程为， 设圆心为，因为点在抛物线上， 由抛物线的定义可知点到直线的距离等于， 由于圆与直线相切，故圆经过定点. 6．（2026·四川绵阳·二模）已知抛物线的准线为，为上的一点，于点，直线与圆相切于点，若，则点的横坐标为（    ） A． B． C． D．或 【答案】B 【分析】利用抛物线的定义得到，再根据切线的性质得到，最后利用列式求解即可. 【详解】    由题意得，抛物线的准线方程为，焦点坐标为， 圆的圆心，半径， 设，则， ，根据抛物线的定义可得， 又直线与圆相切于点，， 又， 又，，即， 把代入，得，解得. 故选：B. 7．（2026·四川眉山·二模）已知过点的直线与抛物线交于，两点．若为直线上的动点，则的最小值为（    ） A．10 B．8 C．6 D．4 【答案】B 【分析】设直线 联立抛物线,由韦达定理得坐标关系,表示向量并展开数量积,整理为关于 的二次函数,求其最小值再对 取最小,最终得结果. 【详解】由题可知直线的斜率不为. 设直线的方程为,设,,，. 联立,消去得. 由韦达定理得,. , . ,. . 所以. 因平方项 ,当且仅当时，取最小值. 综上,的最小值为. 8．（2026·四川成都·二模）已知抛物线的准线与对称轴的交点为，直线与抛物线交于A，B两点，则的外接圆在x轴上截得的弦长为（   ） A． B．12 C． D． 【答案】C 【分析】联立直线与抛物线方程，得到交点坐标，再求出三角形外接圆方程，得到弦长. 【详解】由题意得，解得， 联立直线与抛物线得， 故或8，当时，，当时，， 不妨设， 设的外接圆方程为， 将和代入得 ，解得， 故的外接圆方程为， 令得，解得或， 所以的外接圆在x轴上截得的弦长为. 9．（多选）（2026·四川凉山·二模）点在抛物线上，是的焦点，以为始边，为终边的角为坐标原点，则（    ） A．的坐标为 B． C． D． 【答案】ABD 【分析】由抛物线定义可得A；设，则可利用表示出、，再利用该点在抛物线上即可得B；利用B中所得计算C；利用B中所得可求出、，再利用两点间距离公式计算即可得. 【详解】对A：由抛物线可得其焦点，故A正确； 对B：设，由，则， ，则有， 即，解得或（负值舍去）， 即，故B正确； 对C：由B知：，故C错误； 对D：由B知：，则，故D正确. 10．（2026·四川·二模）点在抛物线上，F是抛物线的焦点，则_____________． 【答案】2 【分析】先根据点在抛物线上求出，再根据定义求出焦半径即可. 【详解】因为点在抛物线上， 所以，解得. 则. 11（2026·四川雅安·二模）已知点，，动点满足，记动点的轨迹为曲线，点在抛物线：上运动，过点作曲线的切线，切点分别为，，则的最小值为______． 【答案】 【分析】根据题意，求得曲线的方程，得出，结合两点间距离公式和函数的性质，即可求得的最小值，得到答案. 【详解】设，已知，，则，整理得， 所以点的轨迹是以点为圆心，2为半径的圆，所以. 如图所示：设，连接，，根据题意可知,, 且，,连接，可得四边形的面积为直角面积的2倍，且， 所以,可得, 设，则， 当，即与坐标原点重合时，取得最小值3，故的最小值为. 12．（2026·四川泸州·二模）在平面直角坐标系中，抛物线C的焦点为F，A，为抛物线C上两个不同的动点.当时，. (1)求抛物线C的方程； (2)若直线的斜率存在，且过点，直线与直线相交于点D，过点D作交x轴于点E，证明:直线与抛物线C相切. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据抛物线定义可得，结合题意可得，进而可得抛物线方程； （2）设直线的方程为，与抛物线方程可得韦达定理，进而求点坐标，以及直线的方程，进而判断直线与抛物线C的位置关系. 【详解】（1）由抛物线的定义知：， 因为，，则，即， 所以抛物线的方程为. （2）由题可知：直线的斜率存在且不为0，设其方程为，    联立方程，消去x可得， 则，， 因为直线的方程为，则点的坐标为， 因为，则直线的方程为， 令，得，则点的坐标为， 直线的斜率， 所以直线的方程为，整理得. 联立方程，消去x得， 因，故直线与抛物线相切. 13.（2026·四川达州·二模）已知动点到点的距离与其到直线的距离相等，记动点的轨迹为. (1)求的方程； (2)过点作倾斜角为的直线交曲线于点（异于点），设为正整数，对于曲线上的点，存在常数，使得，且直线的斜率为0. （i）求点的横坐标（用表示）； （ii）的面积是否为定值?若是，求出这个定值；若不是，请说明理由. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）利用抛物线的定义求解； （2）（i）设，由向量共线关系得直线与直线平行，进而得到直线的倾斜角为，利用两点斜率公式，结合在抛物线上，通过计算得到，由直线的斜率为0，从而得到的坐标，则，根据等差数列的定义得到数列是等差数列，利用等差数列的通项公式求出； （ii）由得到，从而得到，，求出直线的斜率，利用点斜式求出直线的方程，利用点到直线的距离公式求出点到直线的距离，利用两点间距离公式求出，从而得到的面积，计算得解. 【详解】（1）动点到点的距离与其到直线的距离相等， 根据抛物线的定义可知动点的轨迹是以为焦点， 以直线为准线的抛物线，且其轨迹方程为， ，，动点的轨迹的方程为； （2）（i）设， 存在常数，使得，直线与直线平行， 直线与直线平行， 直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，， ， 在抛物线上，， ， 转化为， ，，， 直线的斜率为0，与的纵坐标相等，横坐标互为相反数， ， ，， 设，则，即， 故数列是等差数列，公差为，首项为， 则； （ii）由（i）知，则，即，， 则直线的斜率， 故直线的方程为， 即， 点到直线的距离为 ， 线段， 所以的面积. ( 与圆锥曲线有关的综合压轴题 考点 5 ) 1．（多选）（2026·四川·二模）已知点在曲线上，点，则下列结论正确的有（ ） A．曲线关于原点对称 B． C．的最小值为 D．曲线与线段、直线所围成区域的面积大于 【答案】AD 【分析】利用图像关于原点对称的点的坐标特点判断选项A；将曲线的方程配方，利用平方数非负判断选项B；代入特殊值即可判断选项C，根据的范围，即可判断选项D. 【详解】用替换方程中的，方程仍然成立，所以曲线关于原点对称，所以A正确； 由，得. 所以，所以，即， 解得. 因为点在曲线上，所以，所以B错误； 因为在曲线上，所以的最小值为，所以C错误； 当时， 由，得. 由曲线的对称性，不妨令，则. 令， 因为，且在上单调递减， 所以，所以，所以. 所以当时，在的上方. 由曲线的对称性可得，当时，在曲线的内部. 又与曲线均过原点， 所以曲线与线段、直线所围成区域的面积大于，所以D正确. 2．（多选）（2026·四川绵阳·二模）函数的图象是以两坐标轴为渐近线的双曲线，将该函数图象绕坐标原点顺时针旋转45°，即可将其化为双曲线的标准方程.已知A，B，C是双曲线H：上三个不同的点，则（   ） A．双曲线H的离心率为2 B．直线与坐标轴交于M，N，与H交于P，Q，则 C．的垂心（三高线的交点）在H上 D．若是等边三角形，则其中心P关于坐标原点的对称点Q在的外接圆上 【答案】BCD 【分析】对A，根据题意可得双曲线为等轴双曲线，得解；对B，分别求出线段和线段的中点，由中点重合得解；对C，求出，边上的高所在直线方程，进而求得的垂心坐标，判断；对D，由选项C，求得点的坐标，设的外接圆方程为，代入得，进而判断点的横坐标满足上面方程，得解. 【详解】对于A，双曲线的两条渐近线为轴，轴，它们的夹角为90°，故为等轴双曲线，离心率为，选项A错误； 对于B，设：，则，，线段的中点坐标为. 将直线，代入有. 由韦达定理，，线段的中点为. 故线段与中点重合，所以，故B正确； 对于C，设，，，则斜率， 故边上的高所在直线方程为， 同理，边上的高所在直线方程为. 解得的垂心坐标为，故垂心也在曲线上，故C正确； 对于D，等边三角形的垂心即为其中心，由前述可知，所以，且点在曲线上， 设的外接圆方程为，代入得 这是一个四次方程，，，，是它的四个根， 则， 可得，即Q的横坐标，故说明点Q在圆上，故D正确. 故选：BCD.    3．（多选）（2026·四川成都·二模）已知抛物线：的焦点为，若上存在个互不重合的点，，，，满足，下列结论中正确的有（   ） A．当时，则的最小值为4 B．当时，存在点，，使得点为的重心 C．当时，则的最小值为16 D．当时，则 【答案】ACD 【分析】设点的极坐标为，则，由抛物线的极坐标方程得到 ，.利用极坐标公式求出的最小值，即可判断A；假设点为的重心，根据重心性质推出，进而根据焦半径公式得到对应点的横坐标相等，将其代入抛物线方程推出矛盾，即可判断B；利用极坐标公式将变形化简并求出最小值，即可判断C；利用极坐标公式将变形化简并求出最小值，即可判断D. 【详解】抛物线的焦点. 设点的极坐标为，则， 由抛物线的极坐标方程可得 ，所以. 当时，，此时共线，是一条焦点弦. 两点所对的极角分别为. 所以. 当，即时，取到最小值4，故A正确； 当时，. 若点为的重心，由重心性质可知. 移项得，两边平方可得， 因为， 所以上式可化为①. 若移项得，两边平方化简后可得②. 若移项得，两边平方化简后可得③. ①-②化简后整理可得④. ②-③化简后整理可得⑤.联立④⑤可解得. 若点为的重心，则由重心公式可知，所以. 设，由焦半径公式可知， 所以. 所以，即. 将代入抛物线方程，解得，不存在第三个解， 所以抛物线上不存在点为的重心的，，三点，故B错误； 当时，， 此时两点所对的极角分别为. 所以共线，共线，. 因为， . 所以， 当，即或时取到最小值16，故C正确； 当时，， 此时两点所对的极角分别为. 所以， ， 所以，故D正确. 4．（2026·四川达州·二模）集合中所有点形成的曲线为，曲线所围成的平面图形为，则的面积为_____；为空间内动点，内存在点，满足，则点所形成的几何体的体积为_____. 【答案】 【分析】（1）先由确定曲线与坐标轴的交点，从而判断为菱形，再利用对角线长求面积． （2）设，固定高度后考察截面图形．当内存在点满足时，平面常数上的截面恰好是平面图形向外扩张距离后所得图形．再将所形成的几何体分解为一个直棱柱、四个半圆柱及四个四分之一球，最后求和即可． 【详解】（1）由可得曲线与坐标轴的交点分别为，，，． 故为以这四点为顶点的菱形，其两条对角线长均为． 所以的面积为. （2）方法1： 设为所求几何体内任意一点． 若内存在点，满足，则必有 对任意固定的（），记 此时点在平面常数上的截面，恰好是由平面图形向外扩张距离所得的图形． 由此可知，整个几何体可分解为以下三部分： ① 以为底面、高为的两个直棱柱； ② 沿的四条边向外形成的四个半圆柱； ③ 以的四个顶点为球心形成的四个四分之一球． 因为的面积为，故直棱柱的体积为， 又因为菱形 的边长为， 故每个半圆柱的底面半径为 ，高为 ，其体积为， 四个半圆柱的总体积为， 每个四分之一球的半径为 ，其体积为， 四个四分之一球的总体积为， 所以所求几何体的体积为， 故点 所形成的几何体的体积为； 方法2（定积分求体积）： 设 为空间内任意一点． 若 内存在点 ，满足 ，则必有 ． 对任意固定的（），记， 此时点在平面常数上的截面，恰好是由向外扩张距离所得的平面图形． 该截面可看成由原菱形、沿四条边向外作出的四个矩形及四个半径为的圆角部分组成． 因为的周长为， 所以该截面积为， 于是所求几何体的体积为 分别计算得 所以，故点所形成的几何体的体积为. 5．（2026·四川广安·二模）已知双曲线的离心率为，点为双曲线上的点，按如下方式依次构造点（且），过点作斜率为的直线与双曲线的另一支交于点，点关于轴的对称点为，记的坐标为． (1)求曲线的方程； (2)证明为等比数列； (3)记的面积为，四边形的面积为，求取何值时最小． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)时 【分析】（1）借助离心率与及双曲线上的点计算即可得； （2）由题意可得，联立曲线方程，可表示出， 从而可用、表示出、，再表示出后利用等比数列定义即可得证； （3）表示出可得数列也为等比数列，则可表示出、坐标，再利用三角形面积公式计算可得，由点关于轴的对称点为，可得，则可表示出，最后得到后，利用及对勾函数性质计算即可得. 【详解】（1）由题意可得，则，故， 故有，解得，则， 即曲线的方程为； （2）由题意可得， 由点关于轴的对称点为，则， 联立，则， 则，则， ， 故， 又，故为以为首项，为公比的等比数列； （3）由（2）知为以为首项，为公比的等比数列，则， 由，， 则， 又，故为以为首项，为公比的等比数列， 则， 故，， 设，则，， 则，即， ，即， ，即， 则 ， 故， 由， ， ， ， 则 ， 由点关于轴的对称点为，故轴， 故， ， ，， 则 则， 由在上单调递减，在上单调递增， 且，，则当，即时， 有最小值，则. 6．（2026·四川成都·二模）如图，已知椭圆，A，B分别是椭圆的左右顶点，，，P为椭圆上动点． (1)求的最大值； (2)动点T满足，过T作于H，线段交椭圆于点M，过A作交椭圆于点N．求证：直线过定点； (3)如图，是一个表面被涂上红色的棱长是的立方体，将其分割成个棱长为的小立方体放在盒子中摇匀，点从点出发沿椭圆曲线在，，，四点顺时针或逆时针跳动，跳动规则如下：从一个字母沿椭圆曲线顺时针或逆时针跳动到下一个字母为次跳动，从盒子中有放回的抽取个小立方体为次操作，抽到三面涂红色的小立方体顺时针跳动次，抽到六个面均没有涂红色的小立方体逆时针跳动次，抽到一面涂红色的小立方体顺时针跳动次，抽到两面涂红色的小立方体逆时针跳动次，求经过次操作后点在的概率为多少？ 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）设，根据两点间距离公式结合二次函数性质计算求解； （2）设，，，直线，求得动点的轨迹方程，根据斜率公式得，化简可得，直线与椭圆联立方程组，由韦达定理得，，代入计算可得，即可证明直线过定点； （2）设经过次操作后点在处为事件，，点在处为事件，，点在处为事件，，点在处为事件，，由题意可得，根据全概率可得，，构造等比数列，根据等比数列通项公式求法计算可解. 【详解】（1）设，根据题意，，且，， ， 当且仅当或等号成立， 所以的最大值为． （2）设，，，直线， 因为动点满足，则点在以为直径的圆上运动，则， 又，所以，则． 的斜率， 因为，则的斜率． 所以此时的斜率， 则．所以，①     将代入①式， 整理得，② 联立直线方程与椭圆方程， 得． ，即．③ ，， 代入②式得， 化简得，解得（舍去），或，满足不等式③成立． ∴直线方程为，直线过定点． （3）由题意，盒子中三面涂红色的小立方体有8个，每次抽到后顺时针跳动1次的概率为， 盒子中六个面没有涂红色的小立方体有8个，每次抽到后逆时针跳动1次的概率为， 盒子中一面涂红色的小立方体有24个，每次抽到后顺时针跳动2次的概率为， 盒子中两面涂红色的小立方体有24个，每次抽到后逆时针跳动2次的概率为， 设经过次操作后点在处为事件，， 设点在处为事件，， 设点在处为事件，， 设点在处为事件，， 易知，由对称性知，即， 计算得， 而， 即，④ 又，代入④式得， 即，所以， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，即， 又， 即，⑤ 将，代入⑤式得， 即， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以，即， 所以. 7．（2026·四川成都·二模）已知抛物线：的焦点为，为坐标原点.过作直线与交于点，．当垂直于轴时，．点．按照如下方法依次构造点：过点作斜率为的直线与交于另一点，令为关于轴的对称点，记的坐标为. (1)求数列的通项公式. (2)求的面积. (3)将绕轴旋转一周得到一个旋转体，求该旋转体体积的最小值. 【答案】(1) (2)16 (3) 【分析】（1）根据抛物线的性质求出抛物线方程，通过直线与抛物线的交点关系找出数列的递推关系，进而求出通项公式. （2）求出、、的坐标，根据三角形面积公式求解即可. （3）设出直线方程，与抛物线方程联立，得到，求出旋转体体积的表达式，结合导数与最值的关系求解即可. 【详解】（1）抛物线的焦点坐标为. 当垂直于轴时，点，的纵坐标均为，代入抛物线方程可得. 所以，又，所以，解得. 所以抛物线的方程为. 已知点. 过点且斜率为的直线方程为，即. 联立，整理得. 因为点在抛物线上，所以，则方程可化为. 设点，则，所以. 又为关于轴的对称点，所以，即. 又，所以数列是以2为首项，4为公差的等差数列. 所以. 故数列的通项公式为. （2）由（1）知，，则，. 因为点在抛物线上，所以， 同理，. 则，，. 所以. 直线的斜率为， 则直线的方程为，即. 点到直线的距离为， 所以. （3）设直线方程为. 设，. 联立，整理得，， 则，. 旋转体体积可由以为直径的圆、以为直径的圆为上下底面的圆台体积减去以为直径的圆为底面、为顶点的圆锥与以为直径的圆为底面、为顶点的圆锥体积之和. 结合抛物线的对称性，不妨设在轴左侧，在轴右侧， 令，则，，，， 所以 . 令，则，当且仅当，即时，等号成立. 所以， 令（），则， 令，则，解得， 所以在上单调递增，，即， 此时，即，. 所以该旋转体体积的最小值为. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 平面解析几何 （5大考点）(四川专用) 2026年高考数学二模分类汇编 5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与圆锥曲线有关的综合压轴题 ( 直线与圆 考点1 ) 1．（2026·四川绵阳·二模）若直线与直线平行，（    ） A． B． C． D． 2．（2026·四川德阳·二模）若两条直线与圆的四个交点能构成矩形，则（   ） A．0 B．1 C．2 D．4 3．（2026·四川凉山·二模）若正方形的四个顶点在曲线上，则正方形的面积的最大值为（    ） A．3 B．4 C． D．5 4．（2026·四川内江·二模）已知过点的直线与圆交于两点，若，且点在圆上，则直线的斜率为（   ） A． B．2 C． D． 5．（2026·四川绵阳·二模）已知圆C：，直线与圆C交于A，B两点，点P在圆C上，且，，则（   ） A． B． C． D．4 6．（2026·四川绵阳·二模）直线过定点，且以为其方向向量，则直线的方程为_____. 7．（2026·四川眉山·二模）已知圆，过点的直线与圆交于，两点，且，设直线的倾斜角为，则________． 8．（2026·四川·二模）若圆上到直线的距离为的点刚好有个，直线被圆截得的弦长为________. ( 椭圆 考点 2 ) 1．（2026·四川成都·二模）已知椭圆的一个焦点是,则（   ） A． B．3 C．5 D． 2．（2026·四川·二模）已知椭圆的左、右顶点分别为A，B，点M在C上，且，，，则C的离心率为（ ） A． B． C． D． 3．（2026·四川雅安·二模）已知曲线：（），曲线：的离心率分别为，，且，则（   ） A． B． C． D． 4．（多选）（2026·四川达州·二模）椭圆的左、右焦点为，，P为上的动点，下列说法正确的是（    ） A．的周长为12 B．存在点，使 C．的最大值为12 D．到的距离的最大值为4 5．（多选）（2026·四川广安·二模）椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，直线与的另一个交点为，若，则（    ） A．的短轴长为 B．的焦距为2 C．的周长为8 D．的离心率为 6．（多选）（2026·四川广元·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率，过原点的直线交椭圆于，两点，线段的垂直平分线交椭圆于，两点，过点分别作于，于，则（    ） A． B．动点的轨迹是一个圆 C．的面积有最大值，最大值为 D．四边形面积的取值范围为 7.（2026·四川泸州·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为，直线与的另一个交点为，若，则的值为___________． 8.（2026·四川·二模）已知椭圆的右焦点为，离心率为． (1)求的方程； (2)若直线与交于，两点，与轴交于点，且是的中点，求的值． 9．（2026·四川眉山·二模）已知是圆上一动点，，线段的中垂线与线段交于点，点的轨迹为． (1)求的方程； (2)设，是上的两点，且，在直线上的射影为，是否存在，使得直线过平面内的定点？若存在，求出的值和定点坐标；若不存在，请说明理由． 10．（2026·四川凉山·二模）已知为椭圆的右焦点，为椭圆的右顶点，为椭圆的上顶点，坐标原点到直线的距离为. (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线交椭圆于两点.求的面积的最大值. 11．（2026·四川德阳·二模）在平面直角坐标系中，已知椭圆C：的左、右顶点分别为，F为椭圆C的右焦点，P为椭圆C上不同于A、B的动点，若，直线PF与椭圆C的另一个交点为Q． (1)求椭圆C的标准方程； (2)求面积的最大值； (3)若P在x轴的上方，设直线AP、BQ的斜率分别为，是否存在常数，使得成立？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 12．（2026·四川攀枝花·二模）已知，分别为椭圆的左，右顶点，为的上顶点，，直线的斜率为． (1)求椭圆的方程； (2)过点作直线与椭圆交于两点，（在第一象限），直线，分别交轴于，两点： （ⅰ）是否存在常数使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； （ii）当面积取最大值时，求的值． 13．（2026·四川成都·二模）设椭圆的右焦点为，上顶点为．已知（O为坐标原点）的面积为． (1)求的离心率； (2)设B为椭圆上一动点，已知的最大值为2． （i）求的方程； （ii）若在第一象限内，连接，过作的平行线交于另一点，记与的面积分别为，求的最大值． 14．（2026·四川绵阳·二模）已知椭圆 的离心率为 ，短轴长为 . (1)求 的标准方程； (2) 为 上一点且在第一象限，点 ，，延长 ， 分别交椭圆 于 ， 两点. （i）若，求直线 的斜率； （ii）连接 ，，记 的面积为 ， 的面积为 ，求 的最大值. 15．（2026·四川绵阳·二模）已知是椭圆：的右焦点，定点，直线被椭圆截得的线段的中点恰在直线上 (1)求的标准方程； (2)过F作斜率为k的直线，与交于A，B两点，其中A在x轴上方，，T为上一点，且平分，求的取值范围； (3)P，Q为曲线上两个动点，且平分，证明：直线过定点，并求出该定点. 16．（2026·四川·二模）已知椭圆的中心为O，离心率为，且过点． (1)求椭圆C的标准方程； (2)直线，与y轴交于点P，过点P的直线l与C分别交于点A，B，椭圆的下焦点为F，直线，分别交直线于点M，N，记直线l，，的斜率分别为k，，． ①若，探究是否为定值？若是，求出此值；若不是，请说明理由； ②若，使得O，F，M，N四点共圆，求k的取值范围． 17．（2026·四川雅安·二模）已知椭圆：（）过点和点，，分别为的左、右顶点，，为上的两个动点，且分别位于轴上、下两侧，和的面积分别为，，记． (1)求的方程； (2)若，证明：直线过轴上定点； (3)若，设直线和直线的斜率分别为，，求的取值范围 18．（2026·四川南充·二模）已知椭圆的离心率，. (1)求椭圆的方程； (2)过点作两条斜率存在且不为零的直线，，分别交于，和，，且满足. （ⅰ）证明：直线，的斜率之和为定值； （ⅱ）求四边形面积的最大值. 19.（2026·四川成都·二模）如图，已知椭圆，点在椭圆上且，，分别经过的左、右焦点，，且，． (1)若，求点的坐标； (2)证明：是定值，并求出的值； (3)求四边形面积最大值． ( 双曲线 考点 3 ) 1．（2026·四川·二模）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．3 2.（2026·四川南充·二模）已知为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别为、，过点的直线与的右支交于点，.设与的内切圆圆心分别是，，直线，的斜率分别是，，则（    ） A． B． C． D． 3．（多选）（2026·四川成都·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为，，是双曲线右支上任意一点，O为坐标原点，则下列说法正确的是（   ） A．的外接圆半径的最小值为3 B．点P到E的两渐近线的距离之积为定值 C． D． 4．（2026·四川泸州·二模）过双曲线左焦点的直线与圆相切于点，与的一个交点为，则（   ） A．与一定有两个交点 B．点在的一条渐近线上 C．若，则的离心率为 D．若，则 5．（2026·四川绵阳·二模）设双曲线的左，右焦点分别为，，圆与的左支在第二象限的公共点为，线段的垂直平分线与的右支在第一象限的公共点为，的面积为，则（    ） A． B．，，三点共线 C．，到的距离之积为 D．若，则是的渐近线 6.（2026·四川达州·二模）圆被双曲线的一条渐近线截得的弦长为_____． 7．（2026·四川成都·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为，P是双曲线上一点，且为等腰直角三角形，则C的离心率为_____________． 8．（2026·四川攀枝花·二模）直线交双曲线于，两点（在第一象限），是双曲线的右焦点，的延长线交双曲线于点，，，则的离心率为________． 9．（2026·四川广元·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为，，过作的一条渐近线的垂线，垂足为.若，. (1)求双曲线的方程； (2)过左焦点的直线与双曲线交于，两点，，求直线的方程. 10．（2026·四川内江·二模）已知双曲线经过点，其渐近线方程为． (1)求双曲线的方程； (2)过点的直线与双曲线相交于两点，能否是线段的中点？请说明理由． ( 抛物线 考点 4 ) 1．（2026·四川广元·二模）抛物线的焦点坐标为（    ） A． B． C． D． 2．（2026·四川攀枝花·二模）抛物线上的点到焦点的距离为（   ） A．1 B． C．2 D． 3．（2026·四川雅安·二模）已知抛物线（）上一点到其焦点的距离为6，则抛物线的方程为（   ） A． B． C． D． 4．（2026·四川广安·二模）已知点为抛物线上的动点，点为圆上的动点，点为抛物线的焦点，则的最小值为（    ） A．8 B．7 C．6 D．5 5．（2026·四川南充·二模）已知一动圆的圆心在抛物线上，且与直线相切，则此圆恒过定点（    ） A． B． C． D． 6．（2026·四川绵阳·二模）已知抛物线的准线为，为上的一点，于点，直线与圆相切于点，若，则点的横坐标为（    ） A． B． C． D．或 7．（2026·四川眉山·二模）已知过点的直线与抛物线交于，两点．若为直线上的动点，则的最小值为（    ） A．10 B．8 C．6 D．4 8．（2026·四川成都·二模）已知抛物线的准线与对称轴的交点为，直线与抛物线交于A，B两点，则的外接圆在x轴上截得的弦长为（   ） A． B．12 C． D． 9．（多选）（2026·四川凉山·二模）点在抛物线上，是的焦点，以为始边，为终边的角为坐标原点，则（    ） A．的坐标为 B． C． D． 10．（2026·四川·二模）点在抛物线上，F是抛物线的焦点，则_____________． 11（2026·四川雅安·二模）已知点，，动点满足，记动点的轨迹为曲线，点在抛物线：上运动，过点作曲线的切线，切点分别为，，则的最小值为______． 12．（2026·四川泸州·二模）在平面直角坐标系中，抛物线C的焦点为F，A，为抛物线C上两个不同的动点.当时，. (1)求抛物线C的方程； (2)若直线的斜率存在，且过点，直线与直线相交于点D，过点D作交x轴于点E，证明:直线与抛物线C相切. 13.（2026·四川达州·二模）已知动点到点的距离与其到直线的距离相等，记动点的轨迹为. (1)求的方程； (2)过点作倾斜角为的直线交曲线于点（异于点），设为正整数，对于曲线上的点，存在常数，使得，且直线的斜率为0. （i）求点的横坐标（用表示）； （ii）的面积是否为定值?若是，求出这个定值；若不是，请说明理由. ( 与圆锥曲线有关的综合压轴题 考点 5 ) 1．（多选）（2026·四川·二模）已知点在曲线上，点，则下列结论正确的有（ ） A．曲线关于原点对称 B． C．的最小值为 D．曲线与线段、直线所围成区域的面积大于 2．（多选）（2026·四川绵阳·二模）函数的图象是以两坐标轴为渐近线的双曲线，将该函数图象绕坐标原点顺时针旋转45°，即可将其化为双曲线的标准方程.已知A，B，C是双曲线H：上三个不同的点，则（   ） A．双曲线H的离心率为2 B．直线与坐标轴交于M，N，与H交于P，Q，则 C．的垂心（三高线的交点）在H上 D．若是等边三角形，则其中心P关于坐标原点的对称点Q在的外接圆上 3．（多选）（2026·四川成都·二模）已知抛物线：的焦点为，若上存在个互不重合的点，，，，满足，下列结论中正确的有（   ） A．当时，则的最小值为4 B．当时，存在点，，使得点为的重心 C．当时，则的最小值为16 D．当时，则 4.（2026·四川达州·二模）集合中所有点形成的曲线为，曲线所围成的平面图形为，则的面积为_____；为空间内动点，内存在点，满足，则点所形成的几何体的体积为_____. 5．（2026·四川广安·二模）已知双曲线的离心率为，点为双曲线上的点，按如下方式依次构造点（且），过点作斜率为的直线与双曲线的另一支交于点，点关于轴的对称点为，记的坐标为． (1)求曲线的方程； (2)证明为等比数列； (3)记的面积为，四边形的面积为，求取何值时最小． 6．（2026·四川成都·二模）如图，已知椭圆，A，B分别是椭圆的左右顶点，，，P为椭圆上动点． (1)求的最大值； (2)动点T满足，过T作于H，线段交椭圆于点M，过A作交椭圆于点N．求证：直线过定点； (3)如图，是一个表面被涂上红色的棱长是的立方体，将其分割成个棱长为的小立方体放在盒子中摇匀，点从点出发沿椭圆曲线在，，，四点顺时针或逆时针跳动，跳动规则如下：从一个字母沿椭圆曲线顺时针或逆时针跳动到下一个字母为次跳动，从盒子中有放回的抽取个小立方体为次操作，抽到三面涂红色的小立方体顺时针跳动次，抽到六个面均没有涂红色的小立方体逆时针跳动次，抽到一面涂红色的小立方体顺时针跳动次，抽到两面涂红色的小立方体逆时针跳动次，求经过次操作后点在的概率为多少？ 7．（2026·四川成都·二模）已知抛物线：的焦点为，为坐标原点.过作直线与交于点，．当垂直于轴时，．点．按照如下方法依次构造点：过点作斜率为的直线与交于另一点，令为关于轴的对称点，记的坐标为. (1)求数列的通项公式. (2)求的面积. (3)将绕轴旋转一周得到一个旋转体，求该旋转体体积的最小值. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $