专题06 平面解析几何4个考点（浙江专用）2026年高考数学二模分类汇编

专题06 平面解析几何 4大考点概览 考点01直线方程与圆的方程 考点02椭圆方程及其性质及综合大题 考点03双曲线方程及其性质及综合大题 考点04抛物线方程及其性质及综合大题 直线方程与圆的方程 考点1 1．（2026·浙江嘉兴·二模）已知，若直线上存在点P满足，则实数c的最大值是_________． 2．（2026·浙江温州·二模）已知圆与圆，则圆，的公切线最多有________条；该情况下，若这些公切线交点中的三个落在y轴上，则另外三个交点围成的三角形面积是________． 3．（2026·浙江·二模）已知为坐标原点，点，动点、在抛物线上，满足．若点关于直线的对称点为，则的最大值是（    ）． A． B．9 C． D．8 4．（2026·浙江·二模）如图，已知正三角形的边长为2，以B为圆心的圆与直线相切，若点P是圆B上的动点，则的最大值是（    ）． A． B． C．4 D． 5．（2026·浙江杭州·二模）设直线与圆交于M，N两点，则当取最小值时，（    ） A．1 B．2 C． D． 椭圆方程及其性质及综合大题 考点2 6．（2026·浙江宁波·二模）已知椭圆的离心率为，且过点. (1)求椭圆的方程； (2)已知点，斜率为的直线与椭圆交于两点.当的面积最大时，求直线的方程. 7．（2026·浙江·二模）椭圆的离心率为______． 8．（2026·浙江金华·二模）设椭圆的右焦点为F，左顶点为A，上顶点为B， ．点P是椭圆C上的一点，轴，且． (1)求椭圆C的标准方程； (2)若过点且斜率不为零的动直线l与椭圆C相交于两个不同的点T，S，过线段的中点Q作直线l的垂线与x，y轴分别交于M，N，求的取值范围． 9．（2026·浙江台州·二模）已知椭圆的离心率为，右焦点为，点，点T是椭圆C上位于第四象限内的任意一点. (1)求椭圆C的标准方程； (2)过点P作椭圆C的两条切线，，过点T作椭圆C的切线l，l与，的交点分别为M，N， （ⅰ）求切线，的方程： （ⅱ）问是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是定值，说明理由. 10．（2026·浙江嘉兴·二模）已知椭圆长轴的长为4，离心率为． (1)求椭圆C的标准方程； (2)若直线与椭圆C有唯一公共点M，过点M且与l垂直的直线分别交x，y轴于和． （i）求面积的最大值； （ii）当点M运动时，求点的轨迹方程． 11．（2026·浙江杭州·二模）设椭圆C：，点和均为椭圆C的顶点，点M，N在椭圆C上. 若，则四边形面积的最大值为（    ） A． B．4 C． D．2 12．（2026·浙江宁波·二模）已知椭圆的焦距为2，且离心率为． (1)求椭圆的标准方程； (2)已知，直线过点（直线不与轴重合），交椭圆于，两点．直线交椭圆于另一点，直线交椭圆于另一点，连接交轴于． （ⅰ）求的值； （ⅱ）求点到直线距离的取值范围． 13．（2026·浙江温州·二模）已知曲线与点，O为原点，动点，且的最大值为． (1)求曲线E的方程； (2)已知有个点，，，…，按逆时针顺序依次在E上，且，． （ⅰ）当，关于y轴对称，且的面积为1时，求直线的斜率； （ⅱ）当的面积都相等时，记多边形的周长为．若对于，都有，求整数的最小值． 14．（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. 双曲线方程及其性质及综合大题 考点3 15．（2026·浙江宁波·二模）（多选）若是两个不相等的正实数，则双曲线与双曲线的（    ） A．实轴长相等 B．焦距相等 C．离心率相同 D．渐近线相同 16．（2026·浙江温州·二模）双曲线的实轴长为（   ） A．1 B． C．2 D． 17．（2026·浙江台州·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为，，点P在双曲线C上，O为坐标原点，，，则双曲线C的离心率为______. 18．（2026·浙江杭州·二模）已知双曲线E：的右焦点为F，过原点O的直线交E于P，Q两点，且. 若直线的斜率为，则双曲线E的离心率为______. 19．（2026·浙江嘉兴·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为A，B，点P为右支上异于B的一点，过P作x轴的垂线，垂足为N，若的面积，则双曲线的离心率为（   ） A． B． C． D．2 20．（2026·浙江·二模）设A，B两点的坐标分别为，，直线，相交于点M，且它们的斜率之积为3，记点M的轨迹为W，O为坐标原点． (1)求轨迹W的方程； (2)过点的动直线与W的左、右支交于P，Q两点，且与直线交于点C．过点F作直线，直线与直线，分别交于点D，E． （ⅰ）证明：为定值； （ⅱ）若的面积与的面积之比为，求点Q的坐标． 抛物线方程及其性质及综合大题 考点4 21．（2026·浙江金华·二模）抛物线的焦点为F，斜率为2的直线l与抛物线C相交于A，B两点，且，，则（   ） A． B． C． D． 22．（2026·浙江宁波·二模）如图，已知定点轴于点，是线段上任意一点，轴于点，于点与相交于点，则的最小值为__________. 23．（2026·浙江杭州·二模）已知抛物线：的焦点为F，顶点为，点在上. (1)求的方程； (2)已知点在上，过M且斜率为2的直线交于点Q，令. （i）求点P的坐标（用t表示）； （ii）设直线与的另一个交点为N，焦点F到直线的距离是否存在最大值?若存在求其最大值.若不存在，请说明理由. 24．（2026·浙江·模拟预测）已知抛物线（）的焦点为F，直线与抛物线交于P，Q两点，，且（O为坐标原点）. (1)求抛物线E的方程； (2)A，B，C，D为抛物线E上的4个点，，且直线AC与BD交于点. （ⅰ）求直线AB的斜率； （ⅱ）试判断直线与是否交于定点？若是，请求出该定点的坐标；若否，请说明理由. 25．（2026·浙江温州·二模）已知O为坐标原点，直线l与x轴交于Q点，与抛物线交于A，B两点，且，则（   ） A． B． C． D． 26．（2026·浙江台州·二模）已知点，，点P是抛物线上的动点（异于A，B两点），记直线AP的斜率为，直线BP的斜率为，则下列结论正确的是（   ） A．为定值 B．为定值 C．为定值 D．为定值 27．（2026·浙江宁波·二模）已知直线与焦点为的抛物线相交于，两点，且，线段的中点到抛物线的准线的距离为，则的最小值为（   ） A．1 B． C． D．2 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 $ 专题06 平面解析几何 4大考点概览 考点01直线方程与圆的方程 考点02椭圆方程及其性质及综合大题 考点03双曲线方程及其性质及综合大题 考点04抛物线方程及其性质及综合大题 直线方程与圆的方程 考点1 1．（2026·浙江嘉兴·二模）已知，若直线上存在点P满足，则实数c的最大值是_________． 【答案】/ 【分析】由求得的轨迹为圆，结合直线与圆的位置关系即可求得c的最大值. 【详解】设， 由题意得， 整理得， 所以的轨迹为以为圆心，半径的圆， 因为在直线上， 所以与相切或相交， 则到的距离， 解得， 故c的最大值是. 2．（2026·浙江温州·二模）已知圆与圆，则圆，的公切线最多有________条；该情况下，若这些公切线交点中的三个落在y轴上，则另外三个交点围成的三角形面积是________． 【答案】 【详解】由圆，得圆心，半径， 又由圆，得，半径， 圆心距，当两圆外离时公切线最多，共有4条， 所以满足， 即存在这样的，故第一空答案为； 由3个公切线交点在轴上，注意到到的距离为1，恰好是​的切线， 若也是的公切线，则到的距离为，得，符合外离条件， 此时是一条公切线，它和另外三条公切线的交点都在轴上，满足题意， 设斜率存在的公切线为，由公切线条件可得： ，作商可得：， 可得或， 整理得：或， 当时，代入， 当时，代入， 所以当时，， 当时，， 从而可得三条公切线方程分别为： 由，联立解得：，即得， 又由，联立解得：，即得， 又由，联立解得：，即得， 则，点到直线的距离为， 所以另外三个交点围成的三角形面积为：. 3．（2026·浙江·二模）已知为坐标原点，点，动点、在抛物线上，满足．若点关于直线的对称点为，则的最大值是（    ）． A． B．9 C． D．8 【答案】B 【详解】设直线的方程为，， 联立抛物线方程得，， 由韦达定理得，， 由得，， 代入，得， 将代入，得，或（舍去）， 所以直线的方程为，恒过点， 因为点关于直线的对称点为， 所以垂直平分，是中点， 所以， 所以点的轨迹是以为圆心，半径的圆（除去原点）， 则点轨迹方程为， 所以， 所以. 4．（2026·浙江·二模）如图，已知正三角形的边长为2，以B为圆心的圆与直线相切，若点P是圆B上的动点，则的最大值是（    ）． A． B． C．4 D． 【答案】D 【分析】以A为原点，建立平面直角坐标系，设，求出坐标，由数量积的坐标运算结合余弦函数的性质即可得出答案. 【详解】 如图，以A为原点，AC所在直线为x轴建立平面直角坐标系， 已知正三角形的边长为2，以B为圆心的圆与直线相切， 则，圆B的半径为， 因为点P是圆B上的动点，设， 则， 则， 因为， 所以，当时，取得最大值为. 5．（2026·浙江杭州·二模）设直线与圆交于M，N两点，则当取最小值时，（    ） A．1 B．2 C． D． 【答案】C 【分析】由题意得直线过定点，圆心为，所以与垂直时，最小，以此求解即可. 【详解】由题意得，则直线过定点，圆心为，半径， 点到圆心的距离，所以直线与圆相交于M，N两点， 且与垂直时，最小，此时，且，则. 椭圆方程及其性质及综合大题 考点2 6．（2026·浙江宁波·二模）已知椭圆的离心率为，且过点. (1)求椭圆的方程； (2)已知点，斜率为的直线与椭圆交于两点.当的面积最大时，求直线的方程. 【答案】(1) (2)或. 【分析】（1）根据离心率公式，可得a，b的关系，则，代入点坐标，求出b值，进而可得a值，即可得答案. （2）设出直线l的方程，与椭圆联立，根据韦达定理，可得表达式，根据弦长公式，可得的表达式，根据点到直线的距离，可得点P到直线AB的距离，即可得的面积S的表达式，根据二次函数的性质，即可得答案. 【详解】（1）因为椭圆的离心率， 所以，则， 因为点在椭圆上，所以，解得. 所以椭圆的方程为. （2）设直线， 联立，化简得， ，解得. 由韦达定理得， 则， 所以， 又因为， 所以. 当时，即时，的面积取到最大值， 此时，直线或. 7．（2026·浙江·二模）椭圆的离心率为______． 【答案】/ 【详解】化成标准方程为， 所以， 所以， 所以 8．（2026·浙江金华·二模）设椭圆的右焦点为F，左顶点为A，上顶点为B， ．点P是椭圆C上的一点，轴，且． (1)求椭圆C的标准方程； (2)若过点且斜率不为零的动直线l与椭圆C相交于两个不同的点T，S，过线段的中点Q作直线l的垂线与x，y轴分别交于M，N，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意可得的关系式，进而可求得椭圆C的标准方程； （2）设直线l的方程为，点，，联立方程组，利用根与系数的关系求得点Q的坐标，进而求得直线的方程，进而求得点的坐标，可求得的取值范围． 【详解】（1）由题意可得，， 将代入中，可得, 依题意，点在第一象限，故得， 由，，得， 解得，，所以， 所以椭圆标准方程为． （2）设直线l的方程为，点，． 联立，得， 由解得 且，， 所以，从而， 解得，， 所以， 令，则， 综上，的取值范围为． 9．（2026·浙江台州·二模）已知椭圆的离心率为，右焦点为，点，点T是椭圆C上位于第四象限内的任意一点. (1)求椭圆C的标准方程； (2)过点P作椭圆C的两条切线，，过点T作椭圆C的切线l，l与，的交点分别为M，N， （ⅰ）求切线，的方程： （ⅱ）问是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是定值，说明理由. 【答案】(1) (2)（ⅰ），；（ⅱ）为定值，定值为90°. 【分析】（1）根据离心率、焦点坐标确定椭圆的参数，即可得； （2）（i）设过点P的直线方程为，联立椭圆并结合相切关系得求直线的斜率，即可得；（ii）利用相切关系求得，结合（2）所得，求交点坐标，再应用向量数量积的坐标运算求得，即可得. 【详解】（1）由题意得，，解得，，所以椭圆C的标准方程为. （2）（ⅰ）由题意，设过点P的直线方程为，联立， 消去y并整理得， 由，即，解得，. 所以切线方程分别为，. （ⅱ）设且，则且，联立， 所以，则， 由相切关系知，则， 所以，则， 由，则， 所以，则，得， 所以，即， 由，联立直线得，则， 由，联立直线得，，则， 因为，，， 所以，即， 故为定值，且定值为90°. 10．（2026·浙江嘉兴·二模）已知椭圆长轴的长为4，离心率为． (1)求椭圆C的标准方程； (2)若直线与椭圆C有唯一公共点M，过点M且与l垂直的直线分别交x，y轴于和． （i）求面积的最大值； （ii）当点M运动时，求点的轨迹方程． 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）由椭圆的参数关系与离心率即可求解； （2）（i）通过直线与椭圆相切的条件表示出三角形顶点坐标，利用基本不等式求面积最大值；（ii）用参数表示点坐标后代入相切关系消参得到轨迹方程. 【详解】（1）由题意，，解得： 因此，椭圆C的标准方程为： （2）联立得：， 因为l与椭圆相切，故，化简得：， 即， 则， 过点M且与l垂直的直线方程为： 令得，令得; （i） 当且仅当即时取等号，因此， （ii），即，得 因为，所以，化简得： 因此，点P的轨迹方程为： 解法二：（2）设切点，则切线 直线，即 令得，令得 （i） ， ，当且仅当时等号成立，因此， （ii）由得，即 因此，点P的轨迹方程为： 11．（2026·浙江杭州·二模）设椭圆C：，点和均为椭圆C的顶点，点M，N在椭圆C上. 若，则四边形面积的最大值为（    ） A． B．4 C． D．2 【答案】B 【分析】由条件先判断四边形为梯形，设出直线的方程，与椭圆方程联立求出，列出梯形的面积表达式，通过换元借助于二次函数的性质求解最大值. 【详解】由和可得，所以椭圆方程为， 因直线的斜率为，可得其方程为， 又因，故可设直线的方程为， 将其与联立消去，可得， 由解得， 由韦达定理得， 所以， 由可知四边形为梯形，而直线的方程即， 则梯形的高也即点到直线的距离为， 故梯形的面积为， 由图知面积最大值不在时（此时在上方）取得，故只需考虑， 令，则，则，则， 再令，则，， 故， 故当时，取得最大值为. 【点睛】对于形如的根式，可以利用三角换元处理. 12．（2026·浙江宁波·二模）已知椭圆的焦距为2，且离心率为． (1)求椭圆的标准方程； (2)已知，直线过点（直线不与轴重合），交椭圆于，两点．直线交椭圆于另一点，直线交椭圆于另一点，连接交轴于． （ⅰ）求的值； （ⅱ）求点到直线距离的取值范围． 【答案】(1) (2)（ⅰ）（ⅱ） 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）（ⅰ）设与椭圆方程联立，设，，联立直线和椭圆的方程，得出坐标，再利用斜率公式以及韦达定理化简； （ⅱ）根据，，三点共线，得出坐标关系化简求出即可求出. 【详解】（1）由题意易知：，，，故，， 因此椭圆； （2）（ⅰ）若直线斜率不存在，则由对称性可知，此时直线斜率均不存在， 故设，设，， 由，可得， 所以，， 记，则直线， 由，可得， 所以， 故， 代入直线，可得， 同理：， 因此 ， 故有； （ⅱ）设，则，． 由于，，三点共线， 故， 进而， 化简可得：，因此，即， 则， 当A，C重合时，，或（舍去）， 不妨取，此时，即， 此时到AB的距离为； 同理，当B，D重合时，到AB的距离也为； 故点到直线距离的取值范围为. 13．（2026·浙江温州·二模）已知曲线与点，O为原点，动点，且的最大值为． (1)求曲线E的方程； (2)已知有个点，，，…，按逆时针顺序依次在E上，且，． （ⅰ）当，关于y轴对称，且的面积为1时，求直线的斜率； （ⅱ）当的面积都相等时，记多边形的周长为．若对于，都有，求整数的最小值． 【答案】(1)； (2)（i）；（ii）9. 【分析】（1）设过点的切线方程，联立曲线方程，根据判别式等于0即可得到答案； （2）（i）利用参数方程法，设出点坐标，代入计算即可； （ii）设，写出相关面积表达式，再分和时讨论即可. 【详解】（1）设过点的切线为． 联立． 因为是切线，则， 化简得，则， 又取最大值时，为切线，且． . （2）（i）由（1）知椭圆为． 设. 则. 又. 因,则得, 故，即直线的斜率为． (ii)设， . 则． 题目条件为各面积相等，． 当时，设． 记． 则， 设，则， . 又， . 当时，若存在，由得． 又，其余各，这与矛盾． ． 记．则 . 故. 又， . 由柯西不等式，． 又． 又． 取，则满足面积相等， 且． 又对一切满足条件的，都有． 14．（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. 双曲线方程及其性质及综合大题 考点3 15．（2026·浙江宁波·二模）（多选）若是两个不相等的正实数，则双曲线与双曲线的（    ） A．实轴长相等 B．焦距相等 C．离心率相同 D．渐近线相同 【答案】BD 【详解】 ，， 不妨设， 的实轴长分别为，不相等，故A错误； 的焦距分别为，相等，故B正确； 的离心率分别为，不相同，故C错误； 的渐近线分别为，相同，故D正确． 16．（2026·浙江温州·二模）双曲线的实轴长为（   ） A．1 B． C．2 D． 【答案】D 【分析】根据已知条件求得，进而求得实轴长. 【详解】双曲线，对应， 所以，所以实轴长为. 17．（2026·浙江台州·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为，，点P在双曲线C上，O为坐标原点，，，则双曲线C的离心率为______. 【答案】 【分析】先根据双曲线的定义求出，然后利用余弦定理分别表示出及，再根据两个角的关系列出方程求出，即可求出双曲线的离心率. 【详解】 因为，所以， 所以，即. 因为，，所以 在中，由余弦定理可得， 在中，由余弦定理可得. 因为，所以， 即，解得，所以. 所以. 18．（2026·浙江杭州·二模）已知双曲线E：的右焦点为F，过原点O的直线交E于P，Q两点，且. 若直线的斜率为，则双曲线E的离心率为______. 【答案】/ 【详解】设在轴上方，由双曲线的对称性可知，又因为即为直角三角形，所以， 又根据直线的斜率为得到，所以为正三角形，有， 连接与左焦点，由可得为直角三角形且， 由双曲线定义可知，， 所以双曲线的离心率为. 19．（2026·浙江嘉兴·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为A，B，点P为右支上异于B的一点，过P作x轴的垂线，垂足为N，若的面积，则双曲线的离心率为（   ） A． B． C． D．2 【答案】B 【分析】由题意设点坐标并利用面积条件与双曲线方程，消去变量得到关系式，结合双曲线参数关系即可求解. 【详解】设在双曲线的右支上，则，垂足为， 则， 所以， 则， 因为点在双曲线上，则有， 整理得， 因为，所以， 联立，整理得， 联立，整理得， 同时除以得，解得（舍）或， 故. 20．（2026·浙江·二模）设A，B两点的坐标分别为，，直线，相交于点M，且它们的斜率之积为3，记点M的轨迹为W，O为坐标原点． (1)求轨迹W的方程； (2)过点的动直线与W的左、右支交于P，Q两点，且与直线交于点C．过点F作直线，直线与直线，分别交于点D，E． （ⅰ）证明：为定值； （ⅱ）若的面积与的面积之比为，求点Q的坐标． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）． 【分析】（1）直接利用题目中所给的条件即可求解，注意自变量的取值范围； （2）方法一：联立方程，利用韦达定理和三角形的面积公式进行求解； 方法二：用几何比例关系，把面积比转化成线段比进行求解； 方法三：将面积比转化成线段比，结合向量共线，代入曲线方程进行求解. 【详解】（1）设动点为． 则由直线，斜率之积为3，得， 整理可得． 因此轨迹W的方程为． （2）（ⅰ）设直线的方程为，，，则． 由得，． 故， 直线的方程为，直线的方程为， 由解得． 同理解得． 故， 因此．即点F是线段的中点， 因此为定值． （ⅱ）方法一：不妨假设点P在第二象限，点Q在第一象限， 此时，，得． 由题意（*）． 由（ⅰ）得，． 代入（*）化简得， 得，即， 解得或（舍去）， 因此，代入双曲线方程得． 由对称性可得当点Q在第四象限时，，． 因此点Q的坐标为． 方法二：由题意， 利用结合，可得． 不妨设，则， 得，， 得． 因此，得． 解得（负值舍去）． 故，因此，代入双曲线方程得， 因此点Q的坐标为． 方法三：不妨设，，． 因为利用结合，得， 由，得， 化简得，解得． 因此． 故，因此，代入双曲线方程得， 因此点Q的坐标为． 抛物线方程及其性质及综合大题 考点4 21．（2026·浙江金华·二模）抛物线的焦点为F，斜率为2的直线l与抛物线C相交于A，B两点，且，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设直线的方程为，， 由抛物线可得准线方程为， 又，，所以，，所以， 又因为，，所以， 所以，所以， 所以. 22．（2026·浙江宁波·二模）如图，已知定点轴于点，是线段上任意一点，轴于点，于点与相交于点，则的最小值为__________. 【答案】 【详解】由可知，直线方程为，则设点， 所以，则直线方程为， 当时，可得，即点， 所以点的轨迹为抛物线，即，可得抛物线的准线为，焦点为， 如图所示，延长，交抛物线准线于点， 由抛物线概念可知， 则的最小值，即的最小值，可知当三点共线时，取得最小值， 此时. 23．（2026·浙江杭州·二模）已知抛物线：的焦点为F，顶点为，点在上. (1)求的方程； (2)已知点在上，过M且斜率为2的直线交于点Q，令. （i）求点P的坐标（用t表示）； （ii）设直线与的另一个交点为N，焦点F到直线的距离是否存在最大值?若存在求其最大值.若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)（i）（ii）存在， 【分析】（1）因为点A在抛物线Γ上，所以将点A的坐标代入抛物线方程，即可求解出p的值，进而得到Γ的方程. （2）（i）先求出直线OA的方程和过M的直线方程，联立这两个直线方程可求出点Q的坐标；利用中点坐标公式，可由M和Q的坐标求出点P的坐标. （ii）先联立直线OP与抛物线Γ的方程，求出点N的坐标；再根据M、N的坐标写出直线MN的方程，发现恒过一定点，F到这一定点的距离即为F到直线的距离最大值. 【详解】（1）将点代入得，所以：. （2） （i）过M点斜率为2的直线， 直线方程，由得， 可得， 设，由得， 即，解得，所以. （ii）因为，所以直线方程为， 解方程组，得， 所以， 直线：， 整理得， 因此直线过定点. 又，所以， 所以点F到直线的最大距离为. 24．（2026·浙江·模拟预测）已知抛物线（）的焦点为F，直线与抛物线交于P，Q两点，，且（O为坐标原点）. (1)求抛物线E的方程； (2)A，B，C，D为抛物线E上的4个点，，且直线AC与BD交于点. （ⅰ）求直线AB的斜率； （ⅱ）试判断直线与是否交于定点？若是，请求出该定点的坐标；若否，请说明理由. 【答案】(1) (2)（ⅰ）2；（ⅱ）是， 【分析】（1）由题可知，，不妨设，，则，求解可得，进而得到抛物线E的方程. （2）（ⅰ）设直线：，，，，，表示出直线的方程，将直线的方程分别与抛物线方程联立，根据韦达定理，用表示出直线的斜率，根据，利用斜率相等，求得的值，即可得到直线的斜率；（ⅱ）设的中点，的中点，则直线：.因为，所以直线与的交点即为直线与的交点，表示出直线的方程，代入，可得相应定点的坐标.即可得到直线与交于该定点. 【详解】（1）由题可知，，不妨设，，则，即①， 又②， 由①②解得，， 所以抛物线E的方程为. （2）（ⅰ）由题，直线的斜率不可能为0. 设直线：，，，，， 联立方程，得， 则，，， 可得直线：， 与抛物线E的方程联立消去x得：， 则，即， 因为，可得，同理可得：， 则， 因为，所以，即， 整理得， 由题可知点不可能在直线上，所以， 所以，即， 所以直线的斜率. （ⅱ）是，直线AD与BC的交于定点. 由（ⅰ）知，所以可设中点， 因为，得，所以可设中点， 所以直线：， 因为，所以直线与的交点即为直线与的交点， 因为， 所以直线：， 令得 ， 所以直线与的交于定点. 25．（2026·浙江温州·二模）已知O为坐标原点，直线l与x轴交于Q点，与抛物线交于A，B两点，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设直线l的方程为，由计算，利用两点间距离公式和韦达定理计算即可. 【详解】设，直线l的方程为，代入抛物线得， ， 设，，则，， 因为，， 所以，即. ， 同理， 则， 因为，所以，异号， 所以， 又， 所以，不是定值，故A C错误； 则， 代入韦达定理得， 故，故B错误，D正确. 26．（2026·浙江台州·二模）已知点，，点P是抛物线上的动点（异于A，B两点），记直线AP的斜率为，直线BP的斜率为，则下列结论正确的是（   ） A．为定值 B．为定值 C．为定值 D．为定值 【答案】C 【分析】设（），利用两点斜率公式求，再分别求即可判断. 【详解】因为点是抛物线上异于的动点， 故设（）， 则，， 对于选项A，，不是定值，A错误； 对于选项B，，不是定值，B错误； 对于选项C，，为定值，C正确； 对于选项D，，不是定值，D错误. 27．（2026·浙江宁波·二模）已知直线与焦点为的抛物线相交于，两点，且，线段的中点到抛物线的准线的距离为，则的最小值为（   ） A．1 B． C． D．2 【答案】C 【分析】利用中位线定理和余弦定理的应用可得，结合计算即可求解． 【详解】设，过点M，N分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为， 则，如图， 因为点A为线段的中点，所以点A到抛物线C的准线的距离为， 在中，由余弦定理得， 所以， 又，所以（当且仅当时，等号成立）， 所以， 即的最小值为． 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 $