专题03 圆锥曲线解答题11大热点题型（抢分专练）（全国通用）2026年高考数学终极冲刺讲练测

专题03 圆锥曲线解答题11大热点题型 题型 考情分析 考向预测 1.求圆锥曲线中三角形四边形的面积（基础类型） 2025年天津卷 第18题考查椭圆及角平分线证明 2025年新高考II卷 第16题考查椭圆及由面积求弦长 2025年新高考I卷 第18题椭圆及线段最值 2024年全国甲卷：第20题考查椭圆及证明线段垂直 2024年新高考I卷：第16题考察椭圆方程及由面积求直线方程 2023年全国甲卷：第20题考察抛物线及面积最值 1 题型结构： 第1问：求标准方程（定义法/基本量运算 送分） 第2问：直线与曲线综合（压轴 区分度高） 2 核心热点（必考） 定点/定值/定直线：设问隐蔽 常藏于角度、距离、向量关系中 最值/范围：面积、弦长、斜率、参数范围 结合均值不等式/函数单调性 3 命题新趋势 多想少算：强化几何直观（定义、对称性、焦点三角形）弱化纯硬算 跨模块融合：高频结合平面向量（垂直/共线/数量积）、不等式、圆 2.由圆锥曲线中三角形四边形面积求直线方程/参数（重难点） 3.圆锥曲线中的证明类题型 4.圆锥曲线中与斜率有关的计算 5.圆锥曲线中求三角形四边形面积的最值 6.圆锥曲线中其他参数的最值或范围问题 7.圆锥曲线中的求直线过定点问题 8.圆锥曲线中求过定直线问题 9.圆锥曲线中的定值问题 10.圆锥曲线中四点共圆/圆过定点问题 11.圆锥曲线与其他模块综合/新定义题型 题型1.求圆锥曲线中三角形四边形的面积（基础类型） 解题方法 1三角形面积： 通用公式：（为点到直线的距离） 向量叉乘： 焦点三角形：直接用二级结论 2四边形面积： 对角线公式：（为对角线夹角） 分割法：拆分为两个三角形面积之和 对边平行四边形：（为平行线间距离） 注意事项 弦长公式必须用韦达定理的整体形式 距离公式计算时注意绝对值避免符号错误 四边形分割时要注意对角线的位置关系避免重复或漏算面积 【例1】（2026·云南昭通·模拟预测）已知椭圆的左、右顶点分别为、，是上异于、的一动点，、分别为直线、的斜率，且． (1)求的值； (2)若直线与直线交于点，且，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设，通过斜率条件列出等式求解m的值即可； （2）设直线AP的方程为，联立椭圆方程求出P点的坐标，再利用向量条件列出等式求出t的值，最后据此即可求出的面积． 【详解】（1）由题意可得，，设， 则，解得． （2）设直线，，则， 联立，得，解得，， 所以，， 因为，可得，解得， ． 【变式1-1】（2026·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知，为双曲线：（，）上的两点. (1)求的离心率； (2)过点的直线与的下支交于点，若的面积为12，求的方程. 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）将代入双曲线方程可得，再代入可得，最后利用离心率公式即可求得； （2）先求出和直线的方程，再利用三角形面积公式得到点到直线的距离，联立点到直线的距离公式和双曲线方程，求出符合下支条件的点，最后即可求得直线的方程. 【详解】（1）将代入的方程，得. 将代入的方程，得，即 故离心率为. （2）由题意知，直线的方程为. 设点到直线的距离为，则，即， 由点到直线的距离公式得，所以. 又点在的下支上，由（1）知，且. 由，解得或， 由，得，解得，舍去. 所以点的坐标为或， 当时，直线的斜率为，所以方程为：； 当时，直线的斜率为，所以方程为：，即， 所以直线的方程为或. 【变式1-2】（2026·辽宁辽阳·二模）已知动点满足到的距离比到直线l：的距离少1，动点形成的轨迹称为曲线． (1)求点P的轨迹方程； (2)已知曲线上的两点、满足，且的面积为，求直线的方程． 【答案】(1)； (2)或. 【分析】（1）点到点的距离与到的距离相等，根据抛物线定义得到方程； （2）先设，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，表达出，并求出，表达出的方程，得到过定点，表达出计算求解直线； 【详解】（1）由动点满足到的距离比到直线l：的距离少1，可知点到点的距离与到的距离相等， 所以曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线， 故轨迹方程为. （2）设， 由题可知斜率不为0，设， 联立曲线方程并消去可得， 显然， 因为， 所以， 所以或，当时，过定点， 所以， ，所以， 所以； 当时，过定点， 所以， ，所以， 所以； 综上，直线的方程为或. 题型2 由圆锥曲线中三角形四边形面积求直线方程/参数（重难点） 解题方法 1设直线方程：优先设或（可避免讨论斜率不存在） 2联立方程：与圆锥曲线联立写出韦达定理 3代入面积公式：将弦长或距离用韦达定理整体代换列方程求解参数 4验证判别式：确保直线与曲线有两个交点 注意事项 设时要单独讨论斜率不存在的情况（即） 方程求解后必须验证判别式排除无交点的参数值 面积公式中为常数时可直接转化为弦长的方程简化计算 【例2】（2026·安徽滁州·二模）已知椭圆的离心率为，焦距为，点是椭圆上的一点． (1)求椭圆的方程； (2)直线与椭圆交于，两点，且四边形为平行四边形（为坐标原点）． ①求的值； ②求四边形的面积． 【答案】(1) (2)① ；② 【分析】（1）根据离心率以及焦距公式即可求出椭圆的方程 （2）联立椭圆与直线方程，利用根与系数的关系求出坐标，代入椭圆方程可得， ①即，则点是曲线上的一点，所以，利用双曲线的定义求解即可； ②由弦长公式、点到直线距离公式结合三角形的面积公式化简即可求解. 【详解】（1）已知， 又焦距为，，故，， ∴椭圆的方程为． （2）把直线方程代入椭圆方程，化简得：． 则， 设，，则，， 因为四边形为平行四边形（为坐标原点）， 所以， ，， ，把点的坐标代入椭圆的方程，化简得：． ①，， ∴点是曲线上的一点， 设曲线的左、右焦点分别为，， ， 由双曲线的定义知：． ②记点到直线的距离为，则， ， ． 【变式2-1】（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． 【变式2-2】（2025·浙江绍兴·三模）已知抛物线的焦点到准线的距离是． (1)求抛物线方程； (2)设点是该抛物线上一定点，过点A作互相垂直的直线分别交抛物线C于点B，C，连接BC． （ⅰ）求证：直线BC恒过一定点； （ⅱ）过点A，B，C分别作切线，三条切线两两相交于P，Q，R，若的面积为，求直线BC的方程． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）由已知焦点到准线的距离是，可得，即可求解； （2）由已知可得，（ⅰ）设直线BC的方程为，，，联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理结合已知，即可求解；（ⅱ）对两边求导，根据导数的几何意义分别求得三条切线方程，联立方程可得P，Q，R三点的坐标，然后根据面积公式即可求解. 【详解】（1）抛物线的焦点为，准线为， 因为焦点到准线的距离是，所以， 所以抛物线方程为； （2）因为点在抛物线上，所以，所以， （ⅰ）设直线BC的方程为，，， 联立得，则，， ，， 因为，所以，所以， 又，，所以， 所以， 因为，，所以， 所以，所以，即， 所以， 所以直线BC恒过定点； （ⅱ） 对两边求导的，所以， 在点处的切线的斜率， 所以切线方程为，即， 在点处的切线的斜率， 所以切线方程为，所以， 又，所以， 在点处的切线方程为， 设， 联立，得，则， 联立，得，则， 联立，得，则， 所以 ， 点到直线的距离为， 所以，又， 解得，所以直线BC的方程的方程为. 题型3 圆锥曲线中的证明类题型 解题方法 1定点/定值证明：设参数表示相关量化简后消去参数得到定值或定点坐标 2垂直/共线证明：利用向量数量积为0证明垂直利用向量共线证明共线 3比例关系证明：用韦达定理表示相关线段长度化简得到固定比例 4对称/中点证明：利用中点坐标公式或点差法证明中点关系 注意事项 证明题要明确写出每一步的推导过程不能跳步 设参数时要注意参数的取值范围避免特殊情况遗漏 化简过程中优先整体代换减少运算量避免计算错误 【例3】（2026·福建厦门·二模）已知椭圆的左、右顶点分别为，直线交于，两点，． (1)求的方程； (2)点在线段上，直线分别交于两点，直线交于点． （i）证明：； （ii）判断轴上是否存在定点，使得为定值．若存在，求出的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析，（ii）存在点，使得为定值. 【分析】（1）由条件得到在椭圆上，代入椭圆方程，结合即可求解； （2）（i）分别设，， ， ，通过联立椭圆方程，得到坐标，确定方程，进而得到坐标，即可求证，（ii）设，通过，得到恒成立，进而可求解. 【详解】（1）依题意， 所以， 由直线交于，两点，， 可知点在椭圆上， 所以，解得， 所以椭圆方程为； （2） （i）设，， 设直线 ， ， 由可得： ， 解得， 同理联立和椭圆方程，可得， 所以直线的斜率为， 所以直线， 同理可得的斜率为， 所以直线 ， 由可得，又， 所以； （ii）假设存在点，使得为定值， 即， 所以恒成立， 则，解得， 所以存在点，使得为定值. 【变式3-1】（2026·广东深圳·二模）已知抛物线的焦点为是上不同的两点（其中在第一象限），点．当与轴垂直，且时，． (1)求的方程； (2)若为轴上一点，且（点与不重合）．从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立： ①三点共线； ②轴； ③． 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意可得直线过焦点，利用即可求得值，得到抛物线方程； （2）选①②⇒③，解法1：设点，由三点共线，可得，取中点，将问题转化为证明； 解法2：设直线，点，，联立直线与抛物线方程，取中点，结合由韦达定理将问题转化为证明，； 解法3：设的准线为，过点分别作的垂线，垂足为，过点作，设直线的倾斜角为，可得，，取中点，利用几何关系即可证明，得到结论； 选①③②解法1：设点，由三点共线，可得，取中点，利用化简即可证明结论； 解法2：设直线，点，，联立直线与抛物线方程，取中点，利用化简即可证明结论； 解法3：过点分别作的垂线，垂足为，设直线的倾斜角为，可得，，取中点，连接，利用几何关系即可证明结论； 选②③①解法1：设点，取中点，连接，利用，化简得到，代入直线可得直线恒过定点，从而证明结论； 解法2：设直线，点，联立直线与抛物线方程，取中点，利用化简即可证明结论. 【详解】（1）由题，关于轴对称，令，则，于是直线过焦点， 在中，有，可得：， 则，于是的方程为：； （2）选①②⇒③ 解法1：由题意知，与轴不垂直，不妨设点， 则， 于是直线，即， 若三点共线，，则， 取中点，连接，由，则， 而， 则，则； 解法2：由题，与轴不垂直，不妨设直线， 点，，联立直线与： 则 所以 取中点，连接，由，则， 而， 则，则； 解法3：如图，设的准线为，过点分别作的垂线，垂足为， 过点作， 设直线的倾斜角为，于是，则， 即，同理，， 在与中，， 取中点，连接， 于是，则， 于是， 且， 且，则，于是，即； ①③② 解法1：由题，与轴不垂直，不妨设点， 则， 于是直线，即， 若三点共线，则， 取中点，连接， 由于， 由，且，则， ，且， 则，即， 则，则轴，轴； 解法2：由题，与轴不垂直，不妨设直线， 点，，联立直线与： 取中点，连接， 由于， 由，且，则， ，且， 则，即， 则，则轴，轴： 解法3：如图，设的准线为，过点分别作的垂线，垂足为， 设直线的倾斜角为，于是，则， 即，同理，， 在中，， 取中点，连接， 于是，则， 则， 在与中，， 且，则，于是，即轴，轴； 选②③① 解法1：由题，与轴不垂直，不妨设点， 则， 于是直线，即， 取中点，连接，由，则， 而 由，则， ，于是， 则直线恒过定点，即三点共线． 解法2：由题，与轴不垂直，不妨设直线， 点，联立直线与： 取中点，连接，由，则， 而， 由，则， ，于是，此时， 则直线恒过定点，即三点共线． 【变式3-2】（2026·福建泉州·二模）在直角坐标系中，椭圆的左、右顶点分别为，上顶点为，且． (1)求的方程； (2)点是上两个动点，点在直线上，设直线的斜率分别为，且． （i）设关于的对称点为，试判断是否共线？并说明理由： （ii）在①的面积为定值，②的面积为定值，③的面积为定值，这三个结论中选择一个结论补充在下面命题中，使该命题为真命题，并证明． 命题：若直线与直线相交于点，则_______. 【答案】(1) (2)（i）三点共线，理由见解析；（ii）答案见解析 【分析】（1）根据长轴长可求，用基本量表示题设中的诸向量后可求向量和的模长，从而可求，故可得椭圆方程，或者根据直角的几何性质可求，故可求椭圆方程； （2）设直线与的交点为，根据对称性可得，再结合题设条件可得直线的斜率即为，从而可证三点共线.我们也可以设，结合向量运算可得的坐标，结合题设条件可证，从而可证三点共线. （3）利用韦达定理或齐次化可证在定直线上，从而可选②③得相应的面积定值. 【详解】（1）法1：由，可得， 又，可得，所以， 所以，又，根据题意得， 解得，从而求得椭圆. 法2：依题意，故， 由，故斜边上的中线长等于， 故，所以，解得， 从而求得椭圆. （2）（i）是，三点共线. 法1：证明：设直线与的交点为，要证明三点共线， 只需要证明与重合即证明直线的斜率与的斜率相等． 由题意得， 因为关于原点对称，关于原点对称， 故直线相互平行，所以的斜率， 所以，， 由①②，得即， 即，即， 又由题意知，所以，得证. 法2：证明：设，可得， 解得，即， 故可得直线的斜率， 又求得直线的斜率， 根据题意，又， 所， 从而得，故. 因为关于原点对称，关于原点对称， 故直线相互平行，所以的斜率， 因此可得，所以三点共线. （ii）如图，作出符合题意的图形，    法1：根据题意直线的斜率存在且不为零，设直线， 与椭圆联立，得， 其判别式，即， 且， 由（2）知，其中， 可得， 化简得，所以直线， 将直线与直线联立， 设，可得，即， 注意到当时，直线， 此时关于原点对称，这与矛盾， 故，从而可得，即点在直线上. 法2：证明：设， 将椭圆方程整理为，即 将直线与椭圆联立得：， 整理可得，， 注意到，故上式等价于， 设，注意到， 故可得是关于的二次方程的两根， 其中， 根据韦达定理，可得，即， 又因为，故得，即， 设，因为点为两直线的公共点， 故联立两直线， 得，即， 注意到当时，直线， 此时关于原点对称，这与矛盾， 故，从而可得，即点在直线上. 若选①，因为， 而到的距离不是定值，故不为定值，故不选①； 若选②，的面积为，而不是定值，故不选②； 若选③，根据在直线上可得的面积为. 题型4 圆锥曲线中与斜率有关的计算 解题方法 1斜率表示：设直线斜率为用点差法或韦达定理表示相关斜率 2斜率和/积：用韦达定理表示或化简得到定值或关系 3对称斜率：利用椭圆中点弦斜率公式快速计算 4斜率存在性：若斜率不存在单独讨论直线垂直于轴的情况 注意事项 斜率不存在时要单独讨论避免漏解 点差法仅适用于中点弦问题非中点弦问题慎用 斜率和/积的化简要注意整体代换避免展开复杂计算 【例4】（2026·山西太原·二模）已知椭圆的上顶点为，右焦点为，右顶点为. (1)若椭圆的离心率为，且以原点为圆心，为半径的圆与直线相切，求椭圆的标准方程； (2)若直线交椭圆于另一点，设直线的斜率分别为，求的值（结果用离心率表示）. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据离心率、顶点以及直线与圆相切求解即可. （2）求出直线的方程，与椭圆方程联立表示求出点，表示出，再进行化简即可. 【详解】（1）因为以原点为圆心，为半径的圆与直线相切， 所以. 联立，解得， ∴椭圆的标准方程为 （2）点，所以直线的斜率，直线的斜率为. 直线的方程为. 联立消去，得，解得或. ∴点的坐标为. . 【变式4-1】（2026·海南省直辖县级单位·二模）已知点分别为椭圆：的左、右顶点，且，的离心率为. (1)求椭圆的标准方程； (2)若倾斜角为的直线与椭圆交于两点，求弦长； (3)若直线：与椭圆C交于两点，设直线，的斜率分别为，且，求的值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据长轴长和离心率，即可求出椭圆方程. （2）确定直线方程，由弦长公式即可求解. （3）直线与椭圆方程联立，表达出斜率，根据等量关系，即可求出. 【详解】（1）由题意可得，即， 由离心率，所以. 故椭圆方程为：. （2）由（1）左顶点 ，直线​倾斜角为，斜率， 故直线方程为 ， 联立椭圆方程消去得： ， 又，由韦达定理，得​， 由弦长公式得： （3）如图，作出符合题意的图形， 由题意可知直线：与椭圆交于,， 设，，，， 与椭圆联立方程，消去可得. 则，， 根据，可得，即， 整理得：， 即， 可得：， 因为，为常数，则不恒成立， 则，解得. 【变式4-2】（2026·辽宁鞍山·二模）已知椭圆的左顶点为，上顶点为，离心率，且以短轴为直径的圆与直线相切． (1)求的方程； (2)过点的直线交于两点，若直线的斜率都存在且不为0，将的斜率分别记为，求． 【答案】(1) (2)4 【分析】（1）根据题意，结合即可求出； （2）分情况讨论，当直线斜率存在时，设直线的方程为，，联立得到，再求得，代入化简即可. 【详解】（1）由题意得， 又以短轴为直径的圆与直线相切， 原点到直线的距离为， 又，， 故椭圆的方程为. （2）由（1）可知，， 当过点的直线斜率不存在时，直线与椭圆只有一个交点，不合题意，舍去； 当过点的直线斜率存在时，设直线的方程为， 设，联立， 消去整理得， ，解得， 且， 而直线的斜率为，直线的斜率为， ， 又， ， . 题型5 圆锥曲线中求三角形四边形面积的最值 解题方法 1设参数表示面积：用直线斜率或截距表示面积表达式 2化简为单变量函数：利用韦达定理消元得到关于或的函数 3求最值：用基本不等式、导数或二次函数性质求最值 4验证取等条件：确保取最值时直线与曲线有两个交点 注意事项 面积表达式化简时要注意定义域（如或的范围） 基本不等式取等条件要验证避免无意义的最值 二次函数求最值时要注意对称轴与定义域的位置关系 【例5】（2026·陕西宝鸡·模拟预测）已知曲线与曲线，椭圆的离心率为，且2是的等比中项． (1)求曲线的方程； (2)若点是曲线上的动点，，过点分别作轴的垂线，，射线分别交于点．坐标平面内动点满足，点的轨迹为曲线． （ⅰ）求证：曲线过定点； （ⅱ）当曲线所围成的平面区域面积最小时，过曲线上的动点作的两条切线、切点分别为，求面积的最大值． 【答案】(1)曲线的方程：，曲线的方程：; (2)（ⅰ）见解析过程，过定点； （ⅱ）面积的最大值为 【分析】小问1运用椭圆的几何性质即可求解； 小问2的第1问设好点，利用点M计算出轨迹方程，从而得到定点的坐标； 小问2第2问先运用圆的性质表示出面积，再利用椭圆的性质进行求解. 【详解】（1）解：因为2是的等比中项， 所以 解得， 所以曲线的方程：，曲线的方程：. （2）（ⅰ）设，则直线的方程为，所以， 直线的方程为，所以， 设，由， 即， 由，得 ， 那么， 化简得 ， 即曲线的方程，经过定点； （ⅱ）因为曲线的方程是圆心在，半径， 所以，，由于，故当时，取最小值， 此时，曲线的方程为即， 设圆心，那么 ， 设，则，那么， 即单调递增，当取最大值时，取最大值. 又，故取最大值时，t取最大值； ，又， 所以， ， 根据二次函数性质可知 ， 所以，， 所以，最大值为. 【变式5-1】（2026·陕西西安·三模）“八百里秦川尘土飞扬，三千万老陕齐吼秦腔”.秦腔脸谱是陕西传统文化的重要符号，其线条刚劲有力.某数学兴趣小组在研究秦腔脸谱中“包拯”额头的月牙图案时，发现其轮廓线可由椭圆与双曲线的部分弧线组合而成.已知曲线是椭圆的上半部分（含端点），曲线是双曲线的右支．已知椭圆的离心率为，且经过点；双曲线的渐近线方程为，且其右焦点与椭圆的右焦点重合. (1)求曲线和的方程； (2)设F为双曲线的右焦点，过点F且斜率存在的直线l与曲线交于A，B两点.若（O为坐标原点）的面积为，求直线l的斜率； (3)在（2）的条件下，若Q是曲线上的动点，求面积的最大值. 【答案】(1)方程：；方程： (2) (3) 【分析】（1）使用待定系数法，通过椭圆与双曲线的定义，双曲线的渐近线求解； （2）设直线的方程并与双曲线方程联立，消元，韦达定理，表示弦长，利用三角形的面积求解； （3）利用椭圆方程设点的坐标，使用点到直线的距离公式计算点到直线的距离最大值求解. 【详解】（1）由题意得： 解得 所以椭圆的方程为： 解得 所以双曲线的方程为：. （2）设直线的方程为， 得，设，， 由韦达定理得：，， 原点到直线的距离为， 则，解得， 所以直线l的斜率为： （3）由（2）知直线的方程为：，不妨取直线的方程为，即， ， 椭圆：，设 则点到直线的距离为： ，其中 ，当时，取最大值为， 所以面积的最大值为：. 【变式5-2】（2025·湖南邵阳·三模）已知抛物线上有两点，，当时，线段的中点的横坐标的最小值为． (1)求的方程； (2)若圆位于与直线所围成的封闭区域（包含边界）内，求圆的半径的最大值； (3)以的焦点为圆心作圆，该圆与轴的正、负半轴分别交于点，，与在第一象限的交点为．若直线，与的另一个交点分别为，，直线与直线相交于点，求的面积的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由抛物线的定义代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，将问题转化为圆心到抛物线上点的距离的最小值等于圆心到直线的距离，然后分与讨论，即可得到结果； （3）根据题意，分别联立直线，直线与抛物线方程即可表示出点，点的坐标，然后过点作，联立直线与直线的方程，表示出点的坐标，再由相似关系可得，代入计算，即可得到结果. 【详解】（1）设的焦点为，由题意可得， 所以，所以，解得， 所以抛物线方程为. （2）由对称性可知，圆心必在轴上， 问题等价转化为“圆心到抛物线上点的距离的最小值等于圆心到直线的距离”， 设，，为抛物线上的动点， 则， 由点在抛物线上可得， 当时，， 由题意知，解得（舍）； 当，， 由题意知，化简可得， 所以或（舍）， 所以圆的半径的最大值为. （3） 由题意可知，设，则， 所以圆的方程为， 所以， 设直线的方程为，由可得， 所以，又因为，所以， 又因为直线的方程为， 由可得， 所以， 又，所以， 过点作，垂足为，则， 直线的方程为①， 又直线的方程为②， 联立①②，可得点， 所以， 所以，由相似三角形性质可得， 所以， 因为， 则，， 所以， 当且仅当时，等号成立， 故， 即的面积的最小值为. 【点睛】关键点睛：本题主要考查了抛物线与直线相交问题，难度较大，解答本题的关键在于联立直线与抛物线方程，表示出相应点的坐标，然后结合相似关系，将面积转化，从而得到结果. 题型6 圆锥曲线中其他参数的最值或范围问题 解题方法 1设参数表示目标量：用直线参数或曲线上点的坐标表示目标量 2转化为函数问题：消元后得到单变量函数确定定义域 3求最值/范围：利用函数单调性、导数、基本不等式或几何边界求解 4几何边界法：利用圆锥曲线的顶点、焦点等几何特征确定参数范围 注意事项 定义域的确定要结合直线与曲线的位置关系（如） 目标量的转化要等价避免扩大或缩小范围 用导数求最值时要注意函数的单调性变化 【例6】（2026·天津红桥·一模）已知椭圆的一个焦点与短轴的两个端点围成的三角形面积是1，离心率． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线与椭圆交于不同两点，与圆相切于点． ①证明：（为坐标原点）； ②设，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)①证明见解析；②. 【分析】（1）根据已知列方程组求得即可求出椭圆的方程； （2）①直线与圆相切得到，再利用直线与椭圆相交利用韦达定理得到即可求证； ②利用结合①可得答案. 【详解】（1）依题意，解得， ∴椭圆的方程为． （2）①∵直线与相切， ∴，即． 联立消去得， 设，则， 所以 ， ∴． ②直线与椭圆交于不同的两点，∴， ∴， 由①知，∴，即， ∴，又，∴的取值范围为． 【变式6-1】（25-26高三下·山东·月考）已知是坐标原点，双曲线左顶点，直线过点交的右支于两点，记的面积分别为，．且当直线与轴垂直时，． (1)求双曲线的标准方程； (2)已知直线交轴于点， （i）若，求证：为定值； （ii）在（i）条件下，若，当时，求的取值范围． 【答案】(1) (2)（i）为定值，证明过程见解析；（ii） 【分析】（1）根据双曲线特征和三角形面积得到双曲线方程； （2）（i）设出直线，联立双曲线方程，根据向量关系进行求解； （ii）在（i）基础上，用表达出，求出取值范围. 【详解】（1）由题意得， 当直线与轴垂直时，，即，即， 故，将其代入中，得， 所以双曲线方程为； （2）（i）显然直线不为0，故设直线为， 又直线交轴于点，故直线与轴不垂直，故， 与联立可得， ， 设，则， 过点交的右支于两点，故，不妨设， ，即， 即，解得，， ，同理可得 ，， 则； （ii）由于，由几何关系可得， 其中，故，整理可得， 又，， 所以， 由（i）知，，， 故，又，， 故，整理得，， 令，则，， 所以， 由对勾函数可知在上单调递增， 故. 【变式6-2】（2025·山东临沂·三模）已知为抛物线的焦点. (1)求抛物线的方程； (2)若过的直线与交于，两点，试探究：在轴上是否存在一点，使得，若存在，求出点坐标，若不存在，说明理由； (3)若，抛物线上两点，满足，且，求的最大值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据焦点坐标可求参数，故可得抛物线方程； （2）设，设，根据斜率和为零可得坐标关系，联立直线方程和抛物线方程后结合韦达定理化简前者可得的值； （3）设，根据斜率为零可得直线的斜率，利用点到直线的距离及焦半径公式化简，联立直线方程和抛物线，结合韦达定理化简正弦差，利用换元法和基本等式可求最大值. 【详解】（1）因为为抛物线的焦点，故，故， 故. （2）设，设，则， 化简得. 设直线的方程为，则由可得， 故，故，由的任意性可得. 故存在，使得. （3） 设，则， 同理，， 因为，故，故，故， 设直线，由得， 故，，故. 而，故，故， 当直线过时，，过时，，故， 设到直线的距离为， 则 设，则且， 故 ， 当且仅当即时等号成立， 故的最大值为. 题型7 圆锥曲线中的求直线过定点问题 解题方法 1设直线方程：设利用已知条件建立与的关系 2化简直线方程：将代入得到 3求定点：令得到定点坐标 4验证特殊情况：验证斜率不存在时直线是否过该定点 注意事项 设直线方程时要注意斜率不存在的情况避免漏解 建立与的关系时要利用韦达定理整体代换 定点坐标要验证确保对所有满足条件的直线都成立 【例7】（2026·北京朝阳·一模）已知椭圆：（）的离心率为，，分别为椭圆的上、下顶点，且. (1)求椭圆的方程； (2)过点的斜率存在且不为1的直线与椭圆交于不同的两点，（均不与点重合），点与点关于原点对称，直线与直线交于点.求证：直线经过点. 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据给定条件，结合离心率公式求出即可. （2）设点，求出直线的方程及点的坐标，再设出直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理及向量共线的坐标表示推理得证. 【详解】（1）由椭圆：的下顶点为，得， 由的离心率为，得，解得， 所以椭圆的方程为. （2）设直线的方程为，点，则点， 直线的方程为，直线的方程为，联立解得点， 由消去得， 则，， 而点，则， ， 即，又有公共点，则点三点共线， 所以直线经过点. 【变式7-1】（2026·安徽马鞍山·二模）已知双曲线过点，且渐近线方程为． (1)求的标准方程； (2)点的坐标为，过点的直线与的左支交于，两点，直线，分别与的右支交于，两点． （ⅰ）的左顶点为，记直线，的斜率分别为，，求； （ⅱ）证明：直线过定点． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）过定点，证明见解析. 【分析】（1）根据双曲线的渐近线方程为，得，结合双曲线过定点，联立求解得到双曲线的标准方程； （2）（ⅰ）设过定点的直线方程，与双曲线方程联立，得到关于的一元二次方程，根据韦达定理得到两点纵坐标的和与积的关系式；根据斜率公式，得到，，从而计算出的值； （ⅱ）分别设过定点的直线，方程，分别与双曲线方程联立求出点与点，点与点的横、纵坐标之间的关系式，根据,,三点共线，则求出定点。 【详解】（1）双曲线过点，渐近线方程为， ，解得； 的标准方程为. （2）（ⅰ），的左顶点； 直线过点，设直线方程为，，； ，联立方程得， ， 则，； 直线与的左支交于，两点， ，； 即，解得； 综上所述，的值为. （ⅱ）直线过点，设直线的方程为，，，则； ，联立方程得， 则，得； ； 同理可求得，； ①当直线斜率存在时，如图所示： ,,三点共线， ，即， 则，化简得; 令，即，即直线过定点; ②当直线斜率不存在时，如图所示： 此时，则，解得，； 直线的方程为，也过定点； 直线恒过定点. 【点睛】联立直线与双曲线方程时，要注意判别式大于0，且保证交点在左支；计算斜率乘积和直线过定点时，要注意利用双曲线方程对坐标进行代换，简化运算。同时，过定点的直线方程要注意分斜率存在和不存在两种情况. 【变式7-2】（2026·四川泸州·模拟预测）已知动点到定点的距离比它到直线 的距离小 (1)求动点的轨迹方程； (2)过点作倾斜角为，（）的两条直线交的轨迹于两点，若，求证：直线恒过定点． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）设动点，利用轨迹方程的求法可得答案； （2）设直线，联立抛物线方程，得到关于的一元二次方程，由韦达定理得，由，得，将点坐标代入，化简，再将代入，可得，即得答案. 【详解】（1）设动点，根据题意，到的距离 比到直线的距离小，即： 分析绝对值范围： 若，则，代入得： 两边平方并化简： ， 化简可得， 若，则，代入得右边为负，而左边根号非负，无解， 因此，动点的轨迹方程为； （2）由题意可知，直线的倾斜角均不为和， 故直线，的斜率存在且不为， 因为，所以，即， 即， 若直线的斜率为，则与抛物线只有一个交点，若斜率不存在，则重合，均不符合题意； 故设，， 联立，得， 则， 则 ， 得， 则直线恒过点. 题型8 圆锥曲线中求过定直线问题 解题方法 1设点坐标：设曲线上两点坐标利用已知条件建立关系 2求直线方程：用两点式表示直线方程消去参数 3确定定直线：化简后得到不含参数的直线方程 4验证特殊情况：验证特殊点是否在该直线上 注意事项 两点式方程化简时要注意参数的取值范围 定直线要对所有满足条件的点都成立避免特殊情况遗漏 直线方程要化为一般式或斜截式形式规范 【例8】（2026·湖北十堰·一模）已知椭圆：（）的实轴长为，点在上. (1)求的离心率； (2)若，分别为的左、右顶点，过点且斜率不为0的直线与交于，两点，直线，交于点，证明：点在定直线上； (3)已知，，均在上，为原点，，其中，均不在轴上，，且，记直线，的斜率分别为，，证明：为定值. 【答案】(1) (2)证明见详解 (3)证明见详解 【分析】（1）根据长轴长可得，代入点可得，进而可得离心率； （2）设直线：，，与椭圆方程联立可得韦达定理，进而可得，联立直线方程可得，运算求解即可； （3）设，根据题意结合向量运算可得，代入椭圆方程可得，即可得结果. 【详解】（1）由题意可知：，即，椭圆方程为， 代入点可得，解得， 所以椭圆的离心率. （2）由（1）可知椭圆的方程为，， 因为直线的斜率不为0，且直线与椭圆必相交， 设直线：，， 联立方程，消去x可得， 则，，可得， 由题意可知：直线，直线， 联立方程消去y可得 ， 即，可得， 所以点在定直线上. （3）设，且， 则，且，， 可得，即， 代入椭圆方程可得， 整理可得， 又因为，，， 可得，即， 且，可得，即， 所以（为定值）. 【变式8-1】（2026·江苏·一模）已知双曲线的离心率为，是上一点，直线的斜率为，且与交于两点. (1)求的方程； (2)若，求的方程； (3)证明：的外接圆的圆心在定直线上. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意，利用双曲线的几何性质，列出方程组，求得，即可求解； （2）设，联立方程组，由，求得，且，结合，根据向量数量积的运算公式，列出方程，求得的值，即可求解； （3）由（2）求得线段的垂直平分线的方程为，设点的坐标为，根据及，列出方程，化简得到，代入，求得，得到圆心在定直线上，即可得证. 【详解】（1）因为双曲线的离心率为，且是上一点， 可得，解得， 所以双曲线的方程为. （2）设直线的方程为，且， 联立方程组，整理得， 则，解得，所以或， 且， 因为，可得， 又因为， 可得， 所以 ， 将代入上式得， ， 因为，可得，即， 解得或， 又因为或，所以， 所以直线的方程为. （3）由（2）知，可得的中点的横坐标为， 则点的纵坐标为，即， 所以线段的垂直平分线的方程为，即， 设点的坐标为， 因为，可得 ， 又因为， 代入得， 整理得， 又由，可得， 则，可得， 其中， 则， 整理得， ①当时，两边同除以，可得， 代入，可得，即， 所以的外接圆的圆心在定直线上； ②当时，即时，可得直线的方程为， 此时点满足直线的方程，此时三点共线，不能构成三角形，舍去， 综上可得，的外接圆的圆心在定直线上. 【变式8-2】（2026·黑龙江哈尔滨·一模）已知抛物线焦点为，，，为抛物线上的三个动点，且. (1)求拋物线的方程； (2)过分别作抛物线的三条切线，分别为，，，，交于点，，交于点E，，交于点. （i）证明：的垂心在一条定直线上； （ii）已知G点在曲线（）上，求的面积的最大值. 【答案】(1) (2)（i）证明见详解 （ii） 【分析】（1）利用抛物线标准方程的焦点坐标公式，建立方程求解参数，从而确定抛物线方程； （2）（i）通过求导得到切线方程，联立求出交点坐标，并利用垂心定义与斜率关系推导出垂心的纵坐标为定值，证明其在定直线上；（ii）由切线交点坐标与椭圆条件建立面积表达式，结合二次函数最值求得三角形面积的最大值. 【详解】（1）抛物线的焦点坐标为，已知焦点，故， 因此抛物线方程为：. （2）（i）由方程，故在点处切线方程为： 方程为， 方程为方程为， 联立故解得， 同理可得 则过点与垂直的直线为：，① 过点点与垂直的直线：，② ①－②可得： 故的垂心在一定直线上 （ii）设，由（i）可知：的直线方程为， 将代入可得：， 同理可得， 故的直线方程为， 联立直线与抛物线得， 由弦长公式， 为了使的面积最大，必须保证处的切线与直线平行， 所以， 从而故的面积为： ， 当时，取得最大值. 题型9 圆锥曲线中的定值问题 解题方法 1设参数表示目标量：用直线参数或点的坐标表示定值相关的量 2化简表达式：利用韦达定理整体代换消去参数 3得到定值：化简后结果与参数无关即为定值 4验证特殊值：取特殊参数值计算验证定值是否正确 注意事项 设参数时要注意参数的取值范围避免特殊情况 化简过程中要注意整体代换减少运算量避免计算错误 定值要对所有满足条件的情况都成立不能只验证特殊值 【例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°. 【变式9-1】（2026·山西晋中·模拟预测）若，点，双曲线． (1)写出，的坐标； (2)证明：对任意，点在双曲线C上； (3)设直线与双曲线C的两条渐近线分别交于点，和点，记的面积为（O为坐标原点），求证：为定值．（参考公式：设三角形的三个顶点分别为，，，则三角形面积） 【答案】(1)， (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）分别令，代入，可得，的坐标； （2）由，得，代入，可得其成立，即对任意，点在双曲线C上； （3）设直线的方程，与渐近线方程联立，并用表示点的坐标，化简可得其纵坐标乘积为定值，根据三角形面积，表示出，即可得为定值． 【详解】（1）当时，， ． 当时，， ． （2）， ， ∴任意，点在双曲线上． （3）由（2）知 设直线的斜率为， 则直线的方程为，且． 又双曲线的渐近线为． 不妨令是直线与直线的交点， 是直线与直线的交点． 联立得． 联立得． ，， ． ，， ． 即的面积为定值． 【变式9-2】（2026·江西吉安·一模）已知双曲线的离心率为，其焦点到渐近线的距离为1，点为圆上一动点. (1)求双曲线的标准方程； (2)若过点可以作双曲线的两条切线，，且切点分别为，. （ⅰ）设直线，的斜率分别为，，求的值； （ⅱ）设，分别交圆于点，，试探究是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由. 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）是，1 【分析】（1）根据题意建立方程求得，代入即可求解； （2）（ⅰ）设出切线方程，切线与双曲线联立方程组，根据结合根与系数的关系计算可解；（ⅱ）分斜率为0或者斜率不存在、，都存在时两种情况分类讨论即可求解， 当，都存在时由点差法可得，由几何关系可得，进而求解. 【详解】（1）双曲线的右焦点，渐近线方程为， 由题意可得， 又因为，所以，， 故双曲线的标准方程为； （2）（ⅰ）设，由题意知切线的斜率一定存在， 设过点与双曲线相切的切线方程为，代入双曲线中消去得： ， 则由得：， 化简得：， 则，为上述方程的两个根，故， 而，所以 （ⅱ）为定值1. 证明：当斜率为0或者斜率不存在时，根据对称性可知， 此时，即； 当，都存在时，设，，的中点为， 由，即， 由于切点弦所在的直线方程为，所以， 因此，即，，三点共线， 又由（ⅰ）可知与均为直角三角形，故，， 则，，而， 所以，故，， 所以，即 题型10 圆锥曲线中四点共圆/圆过定点问题 解题方法 1四点共圆： 对角互补：利用向量数量积证明对角和为 圆的方程：设圆的一般方程代入四点坐标证明方程成立 斜率关系：利用相交弦定理证明 2圆过定点：设圆的方程利用已知条件化简消去参数得到定点坐标 注意事项 四点共圆的证明要注意四点的位置关系避免四点共线 圆的方程化简时要注意整体代换减少运算量 定点坐标要验证确保对所有满足条件的圆都成立 【例10】（2025·江苏南通·模拟预测）已知椭圆：的离心率为，下顶点为，点在上，过中点的直线（与直线不重合）交于，两点，其中在直线的左侧. (1)求的方程； (2)若，，，四点共圆，求直线的方程； (3)设直线与交于点，求面积的最大值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】(1)根据椭圆离心率和椭圆上一点，待定系数求出椭圆标准方程. (2)根据四点共圆的关系，列出坐标间的数量关系式，求出此时直线斜率，写出直线方程. (3)椭圆中的最值问题，根据椭圆与直线关系，韦达定理求出结果. 【详解】（1）已知，设，则，点带入，可得， 解得，所以椭圆标准方程为. （2）    可知,得. 当直线l与x轴垂直时， 因为，所以， 又因为，所以AM与AN不垂直， 故此时四点不共圆. 当直线l斜率存在时，设, 设直线l的方程为， 联立方程组，消去得， 由韦达定理可知， 所以 所以， 若四点共圆，则，记圆心为E， 则，所以直线l是线段AB的垂直平分线， 所以l的方程为. （3）      直线的方程为，① 直线的方程为，② 联立①②消去，得， 因为，所以，解得， 所以 ， 所以点P在与AB平行的直线上. 所以点P到直线AB的距离为，的面积为定值， 所以. 下面求面积的最大值. 因为直线AB的方程为， 设与直线AB平行的C的切线方程为， 与C联立，消去y，得， 由，解得或 (舍去)， 由，解得，所以切点坐标为， 此时面积取最大值， 所以面积的最大值为. 【变式10-1】（2025·河北唐山·模拟预测）已知直线与抛物线交于两点，且分别在第一、二象限，为线段的中点．设在点处的切线交于点，为曲线段（不含端点）上一点，在点处的切线与直线分别交于点． (1)证明： ①直线轴； ②四边形的面积为定值； (2)设的外接圆为圆，问：圆是否过定点（点除外）？若过定点，求出定点坐标；不过定点，请说明理由． 【答案】(1)①证明见解析；②证明见解析 (2)过定点， 【分析】（1）①联立方程可求出的坐标，再求出的坐标，即可证明结论；②利用切线方程可求表示出的坐标，从而可求出四边形的面积，即可证明结论； （2）表示出直线的方程，可求出点E所在的直线方程，结合三角形外接圆性质，即可得出结论. 【详解】（1）证明：①依题意，联立直线方程和得， 解得或4，所以，则. 由得，所以直线的斜率为， 则的方程为，同理可得的方程为， 联立，从而可得，而，因此轴. ②设，可得直线的方程为， 即， 联立，可得， 同理联立，，可得， 而， 故四边形的面积为，为定值. （2）由（1）得， 线段的垂直平分线的斜率为，则其方程为，即； 同理可得线段的垂直平分线的方程为， 联立，消去，得， 所以点在直线上. 设关于直线的对称点为，则， 解得，即关于直线的对称点为， 由于在圆上，故圆也过点，因此圆过定点. 【变式10-2】（2025·江西新余·一模）平面直角坐标系中，点与定点的距离和它到定直线的距离之比是常数. (1)求点的轨迹方程； (2)若不过点的直线交曲线于P，Q两点； ①若以P，Q为直径的圆过点，证明：直线过定点； ②在①条件下，作为垂足.是否存在定点，使得为定值？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由. 【答案】(1)； (2)①证明见解析；②存在，定值为. 【分析】（1）利用两点距离公式、点线距离列方程并整理，即可得轨迹方程； （2）①令，，联立的轨迹方程，应用韦达定理及求参数，即可证结论；②根据①结论及确定的轨迹，即可得结论，并找到定点坐标. 【详解】（1）令，结合题设有，则， 所以，即点的轨迹方程为. （2）若以P，Q为直径的圆过点，且直线不过点可知，直线的斜率不为0， 可设，，联立， 则，整理得， 且，则， 所以，， ①由题意 ， 所以，即或（舍，直线过点）， 所以，故直线过定点，得证. ②由，且直线过定点， 故在以为直径的圆上，且中点为，该点到的距离恒为， 所以，存在定点使. 题型11 圆锥曲线与其他模块综合/新定义题型 解题方法 1向量综合：将向量关系转化为坐标运算利用韦达定理求解 2不等式综合：将目标量表示为函数利用不等式性质求范围 3新定义题型：严格按照题目给定的定义转化为常规圆锥曲线问题 4跨模块融合：结合函数、导数、数列等知识综合求解 注意事项 新定义题型要先读懂定义转化为已知的圆锥曲线问题 跨模块问题要注意模块间的衔接避免遗漏条件 向量运算要注意坐标的对应关系避免符号错误 【例11】（2026·河南濮阳·二模）已知椭圆的离心率为，且经过点，定义第次操作为：经过上的点作斜率为的直线与交于另一点，记关于轴的对称点为，若与重合，则操作停止；否则一直继续下去． (1)求的方程； (2)若为的左顶点，经过3次操作后停止，求的值； (3)若是在第一象限与不重合的一点，求的面积． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据椭圆离心率公式，结合代入法进行求解即可； （2）根据点与点的对称性，结合直线斜率公式进行求解即可； （3）设出直线方程与椭圆方程联立，根据一元二次方程根与系数关系、点到直线距离公式、三角形面积公式进行求解即可. 【详解】（1）由题意得， 又椭圆过，故，解得， 所以. （2）由（1）知，经过3次操作后停止，即有与 关于原点对称，，所以与关于原点对称， 因为与关于轴对称，与关于轴对称， 所以与关于原点对称．设， 则， 即有，解得，所以，故有． （3）由（1）知，，设，则直线的方程为 ，消得 因为，所以． 因为是上述方程的一个根，所以 则有，即， 设直线的方程为 ，消得 因为，所以． 因为是上述方程的一个根， 所以 则有，即， 所以与关于原点对称． 故直线的方程为， 点到直线的距离 又因为，所以 所以． 【变式11-1】（2026·广东佛山·二模）椭圆的光学性质是：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线过椭圆的另一个焦点.已知椭圆（）的左顶点为，点在E上，且在x轴的上方，从E的左焦点发出的光线，经过E反射后，交E于点.按照如下方式依次构造点和（）：光线经过E反射后，交E于点；光线经过E反射后，交E于点. (1)求E的方程； (2)设直线的斜率为，求证：数列是等比数列，并求出其公比； (3)求证：直线恒过定点，并求出该定点的坐标. 【答案】(1) (2)数列是等比数列，公比为 (3)直线恒过定点 【分析】（1）根据的关系即可求出； （2）设，直线的方程为，联立得到，再求直线的斜率之积，设直线的斜率为，求出即可证明； （3）直线的方程为，根据（2）的结论求出即可证明. 【详解】（1）由题意得，， 故E的方程为. （2）设，直线的方程为， 由，消去，整理得， ， 直线的斜率之积为 ， 设直线的斜率为，依题意可知均存在且不为零， 由经过E的右焦点，知①， 由经过E的左焦点，知②， ②①得，故数列是等比数列，公比为. （3）直线的方程为，由（2）知， 故，解得， 故直线恒过定点. 【变式11-2】（2026·河南周口·模拟预测）若，点，双曲线. (1)写出的坐标，并证明：对任意，点在双曲线上； (2)设直线与双曲线的两条渐近线分别交于点和点，记的面积为（为坐标原点），求证：为定值； （参考公式：设三角形的三个顶点分别为，则三角形的面积）. (3)证明：. 【答案】(1)，，证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）分别令和，代入求解，可得的坐标，整理计算，可得表达式，代入化简，即可得证. （2）根据（1）可得直线的方程，求出直线与两渐近线的交点坐标，代入面积公式，化简整理，即可得证. （3）分别对和整理变形，即可得证 【详解】（1）当时，，. 当时，，. ， ， ∴任意，点在双曲线上. （2）证明：由（1）知， 设直线的斜率为，则直线的方程为， 且. 不妨设是直线与直线的交点， 是直线与直线的交点. 联立，得. 联立，得. ， ， . ， . 即的面积为定值. （3）证明：， ， 即. 一、解答题 1．（2026·山东德州·二模）在平面直角坐标系中，点到点的距离是它到直线距离的倍，记点的轨迹为. (1)求的方程； (2)设点为的下顶点，直线过点且垂直于轴（位于原点与上顶点之间），过的直线交于两点，直线分别交于两点. （i）证明：为定值； （ii）是否存在实数使得四点共圆？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）存在， 【分析】（1）设，将题设中的几何性质代数化后可求的方程； （2）（i）设，联立直线方程后可用的坐标表示，再设的直线方程，并联立双曲线方程，消元后结合韦达定理化简可得定值；（ii）根据四点共圆可得对角互补，从而，结合（2）中结果化简前者可求. 【详解】（1）设，由题意可知， 化简整理得：， 故的方程为. （2）（i）由题意可知，设， 则直线，直线， 因为在直线上，所以，代入直线方程，可知， 故点的坐标为，同理可得点的坐标为. 当直线斜率不存在时，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. （ii）由四点共圆可知，， 又，即， 故， 即，所以. 所以，又，由， 则，整理可得， 所以， 故，即，所以点坐标为. 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． 3．（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. 4．（2026·四川遂宁·三模）已知抛物线的焦点为，上的点到的距离为5． (1)求抛物线C的方程； (2)，为上两点，的重心在直线上． （i）证明：直线的斜率为定值； （ii）设直线与轴交于点，线段的中点为，线段的中点为，过点向直线作垂线，垂足为．证明：点在定圆上运动． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】第（1）问利用抛物线定义，先由已知点到焦点的距离求出参数，从而写出抛物线方程. 第（2）问先设弦端点坐标，借助重心条件求出两点纵坐标和为定值，从而证明直线的斜率为定值；再由定斜率设出直线方程，与抛物线联立并结合韦达定理求出中点坐标，证明相关辅助直线恒过定点，最后由垂足所成直角推出轨迹为定圆. 【详解】（1）抛物线的准线方程为． 根据抛物线定义，，所以． 因此抛物线的方程为． （2）（i）设，，易知； 则的重心为， 由题意知，，则． 所以直线的斜率，为定值．. （ii）因为直线的斜率不为零， 所以设直线的方程为．设，． 联立，整理得．所以.. 设为的中点， 则，， 即． 直线与轴交于点，，则中点． 由于，所以．所以． 直线的斜率， 直线的方程，整理得. 令，代入方程，解得， 因此，直线经过定点． 因为，于，所以在以为直径的圆上， 圆心为，半径为，所以圆的方程为； 因此在以为直径的定圆上． 5．（2026·山东东营·二模）已知曲线上任意一点到点的距离比它到轴的距离大． (1)求曲线的方程； (2)为曲线上一点，直线与曲线交于两点（不与点重合），直线与轴交于点，直线与轴交于点，且． （i）求直线的斜率； （ii）证明：的外接圆的圆心在定直线上． 【答案】(1) (2)（i）（ii）证明见解析 【分析】（1）由题可得，再分，求解； （2）（方法一）（i）设，求出的直线方程，得到，结合可得，再求直线的斜率即可；（ii）求出直线、的垂直平分线，得到圆心坐标，结合进行求解；（方法二）（i）设直线的点斜式，进而得到，再设直线，联立曲线，进而得到即可；（ii）由（i）知，联立曲线，再设的外接圆方程为，求出圆心即可；（方法三）（i）同方法二得到，设直线，再联立求解；（ii）同方法二． 【详解】（1）解：设点，由题知， 所以， 当时，； 当时，，无解，舍去； 综上，曲线的方程为； （2）因为为曲线上一点，所以，即， （方法一）（i）由题知，直线斜率均存在且不为0，设， 因为在曲线上，则， 同理可得， 所以， 令，得， 因为，所以，即， 所以，即直线的斜率为． （ii）由（i）知的中点， 所以直线的垂直平分线， 即，同理可得直线的垂直平分线 由（i）知，所以， 设圆心，联立，得，， 因为，所以， 所以 而， 消去得，即的外接圆的圆心在定直线上． （方法二）由题知，直线斜率均存在且不为0， 设，， 令，得， 因为，所以， 设， 联立，得有解， 所以①， 因为，所以， 即②， 把①代入②式可得，即， 因为直线不过点，所以，即， 所以，即直线的斜率为． （ii）由（i）知，联立， 得③，设的外接圆方程为， 因为在圆上，所以， 所以， 联立， 得④， 因为③式与④式有相同的解，所以， 消去得，所以或， 当时，，所以 过点，不成立，所以⑤， 设圆心，即，代入⑤式得， ，即的外接圆的圆心在定直线上． （方法三）（i）由题知，直线斜率均存在， 设， 令，得，因为， 所以等价于， 设并代入上式得 ， 两边同除得有解， 所以，即，所以，即直线的斜率为． （ii）同（方法二）中（ii）解法． 6．（2026·河南南阳·二模）已知抛物线：的焦点为，点，点，过焦点的直线交于，两点，的面积的最小值为4.设直线，与的另一个交点分别为，，直线，的倾斜角分别为，.当直线，的斜率存在时分别记为，. (1)求抛物线的方程； (2)证明：； (3)当取得最大值时，求直线的方程. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据三角形的面积公式，设出直线方程，联立方程组，根据韦达定理，求出三角形面积最小时的情况，求出参数，写出抛物线方程； （2）设出点的坐标，和直线方程，联立方程组，根据韦达定理，求出斜率的表达式，进而判断斜率之比为定值； （3）根据斜率与倾斜角正切值间的关系，根据正切函数单调性，求出最大时的斜率，进而求出直线方程. 【详解】（1）由题意可知直线斜率不为，设直线的方程为， 设点， 联立方程组得，消去得， 可知， 则， 可知， 可知当时三角形面积最小，可得，解得（舍）， 所以抛物线的方程为. （2）设，可知 设直线方程为，设直线方程为， 联立方程组得，消去得， 可知，则， 联立方程组得，消去得， 可知，则， 则直线的斜率， 直线的斜率， 则， 由（1）可知，即. （3）当直线斜率不存在时，直线方程为，此时，解得， 可得， 由（2）可知，解得， 此时，，解得， 此时直线方程为，此时，即， 当直线的斜率存在时，由（2）可知， 则，， 所以正负号相同，所以， 可知在上单调递增， 所以当取得最大值时，取得最大值； 则， 要使取得最大值，显然， 由基本不等式可知，当且仅当时，即时取等号， 所以，即当时，取得最大值，此时取得最大值； 此时，可知直线方程为，即， 当斜率存在时，由（2）可知， 由，， 所以直线方程为. 故直线方程为. 7．（2026·云南红河·模拟预测）已知抛物线：（）的焦点到准线的距离为4． (1)求抛物线的方程； (2)已知，，三点（点在点和点之间）在抛物线上． （ⅰ）若点，求周长的最小值； （ⅱ）过，，三点作抛物线的三条切线，分别两两相交于点，，，如图所示，直线，分别交轴于点，，是否存在常数，使得，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)（ⅰ）13；（ⅱ）存在，，证明见解析 【分析】（1）利用焦点到准线距离即参数直接得方程； （2）（ⅰ）将三角形周长转化为与到准线距离之和，利用三点共线求最小值；（ⅱ）通过求导得切线方程，联立求交点坐标，并利用其纵坐标与已知点纵坐标的绝对值相等的关系，直接验证了常数的存在性 【详解】（1）由题意知，所以抛物线的方程为． （2）（ⅰ）由（1）知，准线方程为， 过作与准线垂直，垂足为，由抛物线的定义知， 因为周长为， 所以（当且仅当，，共线时取“＝”）． 又点到准线的距离为8，且，所以周长的最小值为． （ⅱ）因为，所以．设点，，， 则抛物线在点处的切线方程为，即， 在点处的切线方程为，即， 在点处的切线方程为，即， 所以由，得，所以点的坐标为， 由，得，所以点的坐标为， 由，得，所以点的坐标为， 则，所以直线的方程为． 令，解得的纵坐标，所以，， 则，所以直线的方程为． 令，解得的纵坐标，所以，， 因为， 故存在使得． 8．（2026·广东江门·二模）已知圆的圆心在第一象限且圆与两坐标轴均相切，抛物线经过圆心． (1)求圆的标准方程． (2)设与圆交于，两点，证明：，两点到轴的距离均不小于． (3)为坐标原点，过圆心的直线交于另一点，的焦点为，求的最小值． 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）设出圆心坐标，代入抛物线方程求出圆半径即可. （2）联立圆与抛物线方程，借助不等式的性质求出的范围即可. （3）设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理及抛物线定义列出目标式的函数关系求出最小值. 【详解】（1）设圆的半径为， 圆的圆心在第一象限且圆与两坐标轴均相切，则圆心， 由抛物线经过圆心， 得，解得， 所以圆的标准方程为. （2）由，得， 即，则， 而，因此， 所以两点到轴的距离均不小于. （3）抛物线的焦点为，设， 由抛物线定义得， 则， 同理， 因此 ， 设直线的方程为， 由，得， ，则，， 因此， 所以当时，取得最小值. 9．（2026·湖南·二模）已知动点与定点的距离和它到定直线的距离之比是常数． (1)求动点的轨迹的方程； (2)若曲线与轴的交点分别为、（在的左侧），过点的直线交曲线于点（位于第二象限），的角平分线交于点． （i）求证：点在定直线上； （ii）连接直线且与曲线的另一个交点为，求的取值范围． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析（ii） 【分析】（1）根据距离公式以及题干条件化简得出点的轨迹方程； （2）（i）求出点、的坐标，直线的方程为，将该直线方程与双曲线的方程联立，求出点的坐标，点，利用角平分线定理得出，结合两点间的距离公式解出的值，即可证得结论成立； （ii）先证明、、三点共线，可得出，根据点在第二象限求出的取值范围，再利用二次函数的基本性质可求出的取值范围. 【详解】（1）设是点到直线的距离， 根据题意，动点的轨迹就是点的集合， 由此得，平方化简得，即． （2）（i）令，代入，得，解得，故、， 设直线的方程为，与曲线的方程联立得： ，则， 所以，解得， 故，故， 设点，则， 由题意得，， 因为平分，由角平分线定理得，即， 化简得，即，解得， 所以点在定直线上． （ii）连接并延长交双曲线于点，下证点与点重合， 因为，，所以， 所以直线的方程为， 将直线与曲线的方程联立得：， 所以，， 故，则， 由（i）得，则，故、、三点共线． 又因为、、三点共线，即与点重合，所以， 因为点在第二象限，则，解得， 所以． 10．（2026·广东中山·三模）已知双曲线：的离心率为，左右焦点分别为，，，为双曲线左支上的两点，直线交轴于点. (1)求双曲线的方程； (2)若，求直线的方程； (3)设线段的中点为，直线交轴于点，点为关于原点的对称点，以为圆心作与轴相切的圆，过作该圆的两条切线，切点分别为，，求的取值范围. 【答案】(1) (2)或. (3) 【分析】（1）利用双曲线的离心率和求解方程； （2）根据向量关系得到点的坐标即可求解直线方程； （3）联立直线与双曲线方程，结合韦达定理整理出，再换元利用二次函数性质得到的范围即可求解. 【详解】（1）由双曲线，得，即. 已知离心率，得. 由双曲线关系，得. 因此双曲线的方程为. （2）由得，设，. 向量，， 由得，解得， 代入双曲线方程得，或， 故直线的斜率， 所以直线PQ方程为或. （3） 设直线，，则，圆与轴相切，故半径. 联立直线与双曲线方程，整理得， 由在左支，得，设，中点， 由韦达定理得， 则，即. 故，，， 设，由切线性质， 令，代入得，由，所以， 设，代入上式得， 可知二次函数在内单调递增，所以， 因此， 由切线性质可知是直角三角形，所以是锐角，即. 则，即的取值范围. 11．（2026·广东揭阳·二模）已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，实轴长为，点到双曲线的渐近线的距离为1，过的直线与交于右支两点. (1)求双曲线的方程； (2)证明存在轴上的一点，使得为定值； (3)求的最大值. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）求出双曲线的基本量后可得双曲线的方程； （2）设，，联立直线方程和双曲线方程，结合韦达定理化，根据该值为定值可求的坐标； （3）先求、，再根据两角和的正切公式结合韦达定理可求，故可求的最大值. 【详解】（1）因为实轴长为，故， 而点到双曲线C的渐近线的距离为1，故， 故双曲线的方程为：. （2）设为半焦距，则，故， 因为与双曲线的右支相交于两个不同的点，故可设，， 由可得即， 故且，所以. 又. 设，则，， 故 为定值当且仅当，故， 故存在轴上的一点，使得为定值且定值为. （3）由双曲线的对称性不妨设，， 故，， 故 ，其中， 设，则， 故， 而，故， 注意到，故的最大值为. 12．（2026·云南·模拟预测）在平面直角坐标系中，圆的方程为，点，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线交半径于点，当点在圆上运动时，点的轨迹为曲线. (1)求的方程； (2)设与轴交于.两点（点在点上方），过点的直线（不与轴重合）与交于两点，直线与直线交于点. （i）证明：点在定直线上； （ii）设，，求的最大值. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）1. 【分析】（1）根据圆的性质，以及椭圆的概念，根据参数写出椭圆标准方程即可. （2）根据直线与椭圆的位置关系，以及韦达定理，判断点在定直线上；再根据向量的线性运算，写出点的坐标，进而求出代数式的表达式，再求出最值. 【详解】（1） 如图，由题意知，，可知，所以， 可得点的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆， 设椭圆的方程为，则， 所以的方程为； （2）①： 由题知，可设直线方程为，. 联立，得，且， 所以， 所以， 如图，，直线的方程为， 直线方程为， 联立两方程得， 所以，则点的纵坐标恒为4，即点在定直线上. ②： 由①有，设，又，且， 则，则， ， 故当时，的最大值为1. 13．（2026·湖南衡阳·二模）已知椭圆的离心率为，椭圆经过点． (1)求椭圆的方程； (2)若椭圆的左、右顶点分别为，直线交椭圆于两点（与不重合）．设直线的斜率为，直线的斜率为，且． （i）求证：； （ii）设弦的中点为，为坐标原点，直线与椭圆交于两点，求四边形面积的取值范围． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）根据离心率、椭圆之间关系直接求解即可； （2）（i）由椭圆第三定义和已知斜率关系可证得，由此可结论； （ii）由，结合韦达定理可求得，得到直线方程；利用点差法可求得直线方程，进而得到坐标；根据弦长公式、点到直线距离公式可表示出四边形的面积，由函数值域求法可求得结果. 【详解】（1）椭圆经过点，， 设椭圆的半焦距为，则，，， 椭圆的方程为：. （2）（i）连接，由椭圆方程知：，，设，， ，， ， 又，，即，； （ii）易知直线斜率不为，可设直线方程为：， 由得：，则， ，， ，， 即， ， 又，， 整理可得：，解得：， ，，，， 当时，与轴重合，即，此时； 当时，， ，则直线，即， 由得：，， 则点到直线的距离分别为，，且与异号； ， ， ， ，且，即； 综上所述：的取值范围为. 【点睛】思路点睛：求解直线与椭圆综合应用中的四边形面积最值（取值范围）问题的基本思路如下： ①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式； ②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式； ③利用韦达定理和点到直线距离表示出所求四边形的面积； ④将所求面积转化为关于某一变量的函数的形式，利用函数的单调性或基本不等式求解出最值（范围）. 14．（2026·河南开封·二模）已知椭圆经过点，F为C的右焦点，且与x轴垂直． (1)求C的标准方程； (2)设直线l与C交于A，B两点，且（O为坐标原点），探究：是否存在定圆与直线l始终相切? 若存在，求出该定圆的方程；若不存在，说明理由； (3)在（2）的条件下，求面积的最大值，并求此时直线l的方程． 【答案】(1) (2)存在，定圆的方程为 (3)，的方程为或 【分析】（1）先根据与轴垂直求出的值，再根据点在椭圆上以及求解出. （2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用得到之间的关系，再利用原点到的距离为定值从而确定圆的方程. （3）根据三角形的面积公式，其中为定值，利用弦长公式将表示成的函数，然后利用换元法求解出最大值即可. 【详解】（1）因为与轴垂直，所以，， 又点在椭圆上，，得. 所以椭圆的标准方程为. （2）当直线的斜率存在时，设直线方程为，. 联立得，整理得. ，即. ， ，，即，整理得. 原点到直线的距离，将代入得 故距离为定值，所以存在定圆与直线相切. 当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，. 联立，，则，. ，得，即直线的方程为， 此时直线与圆相切，符合题意. 综上，存在定圆与直线相切，定圆的方程为. （3）由三角形面积公式得，其中为定值. 当直线的斜率存在时，， 将代入整理得. 令，则. 当时，即（此时）时，有最大值. 此时三角形面积有最大值，最大值为. 此时，代入，得，. 直线的方程为或. 当直线的斜率不存在时，由（2）可得或. 此时，. 综上，面积的最大值为，此时直线的方程为或. 15．（2026·湖南浙江·模拟预测）已知点在抛物线上． (1)求抛物线的标准方程； (2)若射线，均与圆相切，且点，在抛物线上． ①若存在，使得，求直线的方程； ②过点作于点，问：是否存在定点，使得为定值？若存在．求该定值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)①② 【分析】（1）由题意可得，进而求解即可得抛物线的标准方程； （2）设，求得直线的方程，利用直线与圆相切可得，化简得，进而可得直线过定点；①利用，可求得，进而计算可求得直线的方程；②由题意可得点在以为直径的圆上，进而可得，可得结论. 【详解】（1）因为点在抛物线上，所以，解得， 所以抛物线的标准方程为； （2）设， 因为点，在抛物线上，所以，， 直线的方程为，即， 圆心到直线的距离为， 同理可得到直线的距离为， 因为两直线均与圆相切，所以，即， 两边平方得，所以， 所以， 所以 整理得， 因为是不同的两点，所以， 所以①， 设直线的方程为，与抛物线联立得， 所以，所以，所以， 所以的方程，所以，所以直线过定点. ①因为，，， 所以， 由，得， 显然不符合题意，所以， 所以， 所以②， 由①②得，所以或， 当，得，此时是方程， 又，不符合题意，舍去； 所以，可得， 由，，两式相减得， 所以直线的斜率为， 所以直线的方程为，即. ②因为直线过定点，过点作于点， 所以点在以为直径的圆上，所以， 所以存在定点，使得为定值，定值为. 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·江苏·模拟预测）已知椭圆的左顶点为，过右焦点且斜率不为0的直线与交于，两点．当为的上顶点时，，． (1)求的方程； (2)过点、分别作直线的垂线，垂足分别为、，与交于点 ①求与面积之比； ②若直线与直线交于点，求点的轨迹方程． 【答案】(1) (2)①2；②或． 【分析】（1）由题意可得，求出即可求解； （2）①设：，，，联立椭圆方程，利用韦达定理表示出，根据直线的点斜式方程求出直线方程，求出点的坐标，结合三角形面积公式计算即可求解；②表示出直线、方程，联立直线、方程，表示点的坐标，代入椭圆方程，化简整理即可求解. 【详解】（1）由题意知，的方程为：． （2）①设直线方程为：，，，，， ， 直线方程为：①， 直线方程为：②， 联立①② ，， 而 ， ， ， ，； ②直线方程为：，直线方程为：. ， ， 直线， 联立 ， 在椭圆上， ， 的轨迹方程为：． 直线的斜率不为0，且为有限点 点的完整的轨迹方程为或)． 18．（2026·广东汕头·二模）设是椭圆的左、右焦点，点是第一象限内上的动点，直线交于点.已知存在点，使得的面积为2. (1)求椭圆的方程； (2)设直线交于点，记分别为的内切圆半径，求的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）通过分析长度关系，利用计算出正弦、余弦函数值，充分利用三角形面积，最后再用余弦定理解决问题； （2）把的最大值转化求解面积之差的最大值，转化为三角形高的差的最大值，最后转化为点的纵坐标之差的最大值，运用联立方程转化一个关于P的坐标的表达式，通过均值不等式解决问题. 【详解】（1）设，那么 ， 由于，那么 由可知， 所以， 在中，， 即， 解得 或（由于,不满足椭圆的定义，舍去） 所以， 由,可得 所以，， 所以，椭圆的方程. （2）设，那么直线方程为, 直线方程为 令，则直线方程为， 令，则直线方程为， 联立 所以， 联立 所以， 所以， 因为，所以 当且仅当即取等号， 所以，的最大值为. 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 圆锥曲线解答题11大热点题型 题型 考情分析 考向预测 1.求圆锥曲线中三角形四边形的面积（基础类型） 2025年天津卷 第18题考查椭圆及角平分线证明 2025年新高考II卷 第16题考查椭圆及由面积求弦长 2025年新高考I卷 第18题椭圆及线段最值 2024年全国甲卷：第20题考查椭圆及证明线段垂直 2024年新高考I卷：第16题考察椭圆方程及由面积求直线方程 2023年全国甲卷：第20题考察抛物线及面积最值 1 题型结构： 第1问：求标准方程（定义法/基本量运算 送分） 第2问：直线与曲线综合（压轴 区分度高） 2 核心热点（必考） 定点/定值/定直线：设问隐蔽 常藏于角度、距离、向量关系中 最值/范围：面积、弦长、斜率、参数范围 结合均值不等式/函数单调性 3 命题新趋势 多想少算：强化几何直观（定义、对称性、焦点三角形）弱化纯硬算 跨模块融合：高频结合平面向量（垂直/共线/数量积）、不等式、圆 2.由圆锥曲线中三角形四边形面积求直线方程/参数（重难点） 3.圆锥曲线中的证明类题型 4.圆锥曲线中与斜率有关的计算 5.圆锥曲线中求三角形四边形面积的最值 6.圆锥曲线中其他参数的最值或范围问题 7.圆锥曲线中的求直线过定点问题 8.圆锥曲线中求过定直线问题 9.圆锥曲线中的定值问题 10.圆锥曲线中四点共圆/圆过定点问题 11.圆锥曲线与其他模块综合/新定义题型 题型1.求圆锥曲线中三角形四边形的面积（基础类型） 解题方法 1三角形面积： 通用公式：（为点到直线的距离） 向量叉乘： 焦点三角形：直接用二级结论 2四边形面积： 对角线公式：（为对角线夹角） 分割法：拆分为两个三角形面积之和 对边平行四边形：（为平行线间距离） 注意事项 弦长公式必须用韦达定理的整体形式 距离公式计算时注意绝对值避免符号错误 四边形分割时要注意对角线的位置关系避免重复或漏算面积 【例1】（2026·云南昭通·模拟预测）已知椭圆的左、右顶点分别为、，是上异于、的一动点，、分别为直线、的斜率，且． (1)求的值； (2)若直线与直线交于点，且，求的面积． 【变式1-1】（2026·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知，为双曲线：（，）上的两点. (1)求的离心率； (2)过点的直线与的下支交于点，若的面积为12，求的方程. 【变式1-2】（2026·辽宁辽阳·二模）已知动点满足到的距离比到直线l：的距离少1，动点形成的轨迹称为曲线． (1)求点P的轨迹方程； (2)已知曲线上的两点、满足，且的面积为，求直线的方程． 题型2 由圆锥曲线中三角形四边形面积求直线方程/参数（重难点） 解题方法 1设直线方程：优先设或（可避免讨论斜率不存在） 2联立方程：与圆锥曲线联立写出韦达定理 3代入面积公式：将弦长或距离用韦达定理整体代换列方程求解参数 4验证判别式：确保直线与曲线有两个交点 注意事项 设时要单独讨论斜率不存在的情况（即） 方程求解后必须验证判别式排除无交点的参数值 面积公式中为常数时可直接转化为弦长的方程简化计算 【例2】（2026·安徽滁州·二模）已知椭圆的离心率为，焦距为，点是椭圆上的一点． (1)求椭圆的方程； (2)直线与椭圆交于，两点，且四边形为平行四边形（为坐标原点）． ①求的值； ②求四边形的面积． 【变式2-1】（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． 【变式2-2】（2025·浙江绍兴·三模）已知抛物线的焦点到准线的距离是． (1)求抛物线方程； (2)设点是该抛物线上一定点，过点A作互相垂直的直线分别交抛物线C于点B，C，连接BC． （ⅰ）求证：直线BC恒过一定点； （ⅱ）过点A，B，C分别作切线，三条切线两两相交于P，Q，R，若的面积为，求直线BC的方程． 题型3 圆锥曲线中的证明类题型 解题方法 1定点/定值证明：设参数表示相关量化简后消去参数得到定值或定点坐标 2垂直/共线证明：利用向量数量积为0证明垂直利用向量共线证明共线 3比例关系证明：用韦达定理表示相关线段长度化简得到固定比例 4对称/中点证明：利用中点坐标公式或点差法证明中点关系 注意事项 证明题要明确写出每一步的推导过程不能跳步 设参数时要注意参数的取值范围避免特殊情况遗漏 化简过程中优先整体代换减少运算量避免计算错误 【例3】（2026·福建厦门·二模）已知椭圆的左、右顶点分别为，直线交于，两点，． (1)求的方程； (2)点在线段上，直线分别交于两点，直线交于点． （i）证明：； （ii）判断轴上是否存在定点，使得为定值．若存在，求出的坐标；若不存在，说明理由． 【变式3-1】（2026·广东深圳·二模）已知抛物线的焦点为是上不同的两点（其中在第一象限），点．当与轴垂直，且时，． (1)求的方程； (2)若为轴上一点，且（点与不重合）．从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立： ①三点共线； ②轴； ③． 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分． 【变式3-2】（2026·福建泉州·二模）在直角坐标系中，椭圆的左、右顶点分别为，上顶点为，且． (1)求的方程； (2)点是上两个动点，点在直线上，设直线的斜率分别为，且． （i）设关于的对称点为，试判断是否共线？并说明理由： （ii）在①的面积为定值，②的面积为定值，③的面积为定值，这三个结论中选择一个结论补充在下面命题中，使该命题为真命题，并证明． 命题：若直线与直线相交于点，则_______. 题型4 圆锥曲线中与斜率有关的计算 解题方法 1斜率表示：设直线斜率为用点差法或韦达定理表示相关斜率 2斜率和/积：用韦达定理表示或化简得到定值或关系 3对称斜率：利用椭圆中点弦斜率公式快速计算 4斜率存在性：若斜率不存在单独讨论直线垂直于轴的情况 注意事项 斜率不存在时要单独讨论避免漏解 点差法仅适用于中点弦问题非中点弦问题慎用 斜率和/积的化简要注意整体代换避免展开复杂计算 【例4】（2026·山西太原·二模）已知椭圆的上顶点为，右焦点为，右顶点为. (1)若椭圆的离心率为，且以原点为圆心，为半径的圆与直线相切，求椭圆的标准方程； (2)若直线交椭圆于另一点，设直线的斜率分别为，求的值（结果用离心率表示）. 【变式4-1】（2026·海南省直辖县级单位·二模）已知点分别为椭圆：的左、右顶点，且，的离心率为. (1)求椭圆的标准方程； (2)若倾斜角为的直线与椭圆交于两点，求弦长； (3)若直线：与椭圆C交于两点，设直线，的斜率分别为，且，求的值. 【变式4-2】（2026·辽宁鞍山·二模）已知椭圆的左顶点为，上顶点为，离心率，且以短轴为直径的圆与直线相切． (1)求的方程； (2)过点的直线交于两点，若直线的斜率都存在且不为0，将的斜率分别记为，求． 题型5 圆锥曲线中求三角形四边形面积的最值 解题方法 1设参数表示面积：用直线斜率或截距表示面积表达式 2化简为单变量函数：利用韦达定理消元得到关于或的函数 3求最值：用基本不等式、导数或二次函数性质求最值 4验证取等条件：确保取最值时直线与曲线有两个交点 注意事项 面积表达式化简时要注意定义域（如或的范围） 基本不等式取等条件要验证避免无意义的最值 二次函数求最值时要注意对称轴与定义域的位置关系 【例5】（2026·陕西宝鸡·模拟预测）已知曲线与曲线，椭圆的离心率为，且2是的等比中项． (1)求曲线的方程； (2)若点是曲线上的动点，，过点分别作轴的垂线，，射线分别交于点．坐标平面内动点满足，点的轨迹为曲线． （ⅰ）求证：曲线过定点； （ⅱ）当曲线所围成的平面区域面积最小时，过曲线上的动点作的两条切线、切点分别为，求面积的最大值． 【变式5-1】（2026·陕西西安·三模）“八百里秦川尘土飞扬，三千万老陕齐吼秦腔”.秦腔脸谱是陕西传统文化的重要符号，其线条刚劲有力.某数学兴趣小组在研究秦腔脸谱中“包拯”额头的月牙图案时，发现其轮廓线可由椭圆与双曲线的部分弧线组合而成.已知曲线是椭圆的上半部分（含端点），曲线是双曲线的右支．已知椭圆的离心率为，且经过点；双曲线的渐近线方程为，且其右焦点与椭圆的右焦点重合. (1)求曲线和的方程； (2)设F为双曲线的右焦点，过点F且斜率存在的直线l与曲线交于A，B两点.若（O为坐标原点）的面积为，求直线l的斜率； (3)在（2）的条件下，若Q是曲线上的动点，求面积的最大值. 【变式5-2】（2025·湖南邵阳·三模）已知抛物线上有两点，，当时，线段的中点的横坐标的最小值为． (1)求的方程； (2)若圆位于与直线所围成的封闭区域（包含边界）内，求圆的半径的最大值； (3)以的焦点为圆心作圆，该圆与轴的正、负半轴分别交于点，，与在第一象限的交点为．若直线，与的另一个交点分别为，，直线与直线相交于点，求的面积的最小值． 题型6 圆锥曲线中其他参数的最值或范围问题 解题方法 1设参数表示目标量：用直线参数或曲线上点的坐标表示目标量 2转化为函数问题：消元后得到单变量函数确定定义域 3求最值/范围：利用函数单调性、导数、基本不等式或几何边界求解 4几何边界法：利用圆锥曲线的顶点、焦点等几何特征确定参数范围 注意事项 定义域的确定要结合直线与曲线的位置关系（如） 目标量的转化要等价避免扩大或缩小范围 用导数求最值时要注意函数的单调性变化 【例6】（2026·天津红桥·一模）已知椭圆的一个焦点与短轴的两个端点围成的三角形面积是1，离心率． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线与椭圆交于不同两点，与圆相切于点． ①证明：（为坐标原点）； ②设，求实数的取值范围． 【变式6-1】（25-26高三下·山东·月考）已知是坐标原点，双曲线左顶点，直线过点交的右支于两点，记的面积分别为，．且当直线与轴垂直时，． (1)求双曲线的标准方程； (2)已知直线交轴于点， （i）若，求证：为定值； （ii）在（i）条件下，若，当时，求的取值范围． 【变式6-2】（2025·山东临沂·三模）已知为抛物线的焦点. (1)求抛物线的方程； (2)若过的直线与交于，两点，试探究：在轴上是否存在一点，使得，若存在，求出点坐标，若不存在，说明理由； (3)若，抛物线上两点，满足，且，求的最大值. 题型7 圆锥曲线中的求直线过定点问题 解题方法 1设直线方程：设利用已知条件建立与的关系 2化简直线方程：将代入得到 3求定点：令得到定点坐标 4验证特殊情况：验证斜率不存在时直线是否过该定点 注意事项 设直线方程时要注意斜率不存在的情况避免漏解 建立与的关系时要利用韦达定理整体代换 定点坐标要验证确保对所有满足条件的直线都成立 【例7】（2026·北京朝阳·一模）已知椭圆：（）的离心率为，，分别为椭圆的上、下顶点，且. (1)求椭圆的方程； (2)过点的斜率存在且不为1的直线与椭圆交于不同的两点，（均不与点重合），点与点关于原点对称，直线与直线交于点.求证：直线经过点. 【变式7-1】（2026·安徽马鞍山·二模）已知双曲线过点，且渐近线方程为． (1)求的标准方程； (2)点的坐标为，过点的直线与的左支交于，两点，直线，分别与的右支交于，两点． （ⅰ）的左顶点为，记直线，的斜率分别为，，求； （ⅱ）证明：直线过定点． 【变式7-2】（2026·四川泸州·模拟预测）已知动点到定点的距离比它到直线 的距离小 (1)求动点的轨迹方程； (2)过点作倾斜角为，（）的两条直线交的轨迹于两点，若，求证：直线恒过定点． 题型8 圆锥曲线中求过定直线问题 解题方法 1设点坐标：设曲线上两点坐标利用已知条件建立关系 2求直线方程：用两点式表示直线方程消去参数 3确定定直线：化简后得到不含参数的直线方程 4验证特殊情况：验证特殊点是否在该直线上 注意事项 两点式方程化简时要注意参数的取值范围 定直线要对所有满足条件的点都成立避免特殊情况遗漏 直线方程要化为一般式或斜截式形式规范 【例8】（2026·湖北十堰·一模）已知椭圆：（）的实轴长为，点在上. (1)求的离心率； (2)若，分别为的左、右顶点，过点且斜率不为0的直线与交于，两点，直线，交于点，证明：点在定直线上； (3)已知，，均在上，为原点，，其中，均不在轴上，，且，记直线，的斜率分别为，，证明：为定值. 【变式8-1】（2026·江苏·一模）已知双曲线的离心率为，是上一点，直线的斜率为，且与交于两点. (1)求的方程； (2)若，求的方程； (3)证明：的外接圆的圆心在定直线上. 【变式8-2】（2026·黑龙江哈尔滨·一模）已知抛物线焦点为，，，为抛物线上的三个动点，且. (1)求拋物线的方程； (2)过分别作抛物线的三条切线，分别为，，，，交于点，，交于点E，，交于点. （i）证明：的垂心在一条定直线上； （ii）已知G点在曲线（）上，求的面积的最大值. 题型9 圆锥曲线中的定值问题 解题方法 1设参数表示目标量：用直线参数或点的坐标表示定值相关的量 2化简表达式：利用韦达定理整体代换消去参数 3得到定值：化简后结果与参数无关即为定值 4验证特殊值：取特殊参数值计算验证定值是否正确 注意事项 设参数时要注意参数的取值范围避免特殊情况 化简过程中要注意整体代换减少运算量避免计算错误 定值要对所有满足条件的情况都成立不能只验证特殊值 【例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. 【变式9-1】（2026·山西晋中·模拟预测）若，点，双曲线． (1)写出，的坐标； (2)证明：对任意，点在双曲线C上； (3)设直线与双曲线C的两条渐近线分别交于点，和点，记的面积为（O为坐标原点），求证：为定值．（参考公式：设三角形的三个顶点分别为，，，则三角形面积） 【变式9-2】（2026·江西吉安·一模）已知双曲线的离心率为，其焦点到渐近线的距离为1，点为圆上一动点. (1)求双曲线的标准方程； (2)若过点可以作双曲线的两条切线，，且切点分别为，. （ⅰ）设直线，的斜率分别为，，求的值； （ⅱ）设，分别交圆于点，，试探究是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由. 题型10 圆锥曲线中四点共圆/圆过定点问题 解题方法 1四点共圆： 对角互补：利用向量数量积证明对角和为 圆的方程：设圆的一般方程代入四点坐标证明方程成立 斜率关系：利用相交弦定理证明 2圆过定点：设圆的方程利用已知条件化简消去参数得到定点坐标 注意事项 四点共圆的证明要注意四点的位置关系避免四点共线 圆的方程化简时要注意整体代换减少运算量 定点坐标要验证确保对所有满足条件的圆都成立 【例10】（2025·江苏南通·模拟预测）已知椭圆：的离心率为，下顶点为，点在上，过中点的直线（与直线不重合）交于，两点，其中在直线的左侧. (1)求的方程； (2)若，，，四点共圆，求直线的方程； (3)设直线与交于点，求面积的最大值. 【变式10-1】（2025·河北唐山·模拟预测）已知直线与抛物线交于两点，且分别在第一、二象限，为线段的中点．设在点处的切线交于点，为曲线段（不含端点）上一点，在点处的切线与直线分别交于点． (1)证明： ①直线轴； ②四边形的面积为定值； (2)设的外接圆为圆，问：圆是否过定点（点除外）？若过定点，求出定点坐标；不过定点，请说明理由． 【变式10-2】（2025·江西新余·一模）平面直角坐标系中，点与定点的距离和它到定直线的距离之比是常数. (1)求点的轨迹方程； (2)若不过点的直线交曲线于P，Q两点； ①若以P，Q为直径的圆过点，证明：直线过定点； ②在①条件下，作为垂足.是否存在定点，使得为定值？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由. 题型11 圆锥曲线与其他模块综合/新定义题型 解题方法 1向量综合：将向量关系转化为坐标运算利用韦达定理求解 2不等式综合：将目标量表示为函数利用不等式性质求范围 3新定义题型：严格按照题目给定的定义转化为常规圆锥曲线问题 4跨模块融合：结合函数、导数、数列等知识综合求解 注意事项 新定义题型要先读懂定义转化为已知的圆锥曲线问题 跨模块问题要注意模块间的衔接避免遗漏条件 向量运算要注意坐标的对应关系避免符号错误 【例11】（2026·河南濮阳·二模）已知椭圆的离心率为，且经过点，定义第次操作为：经过上的点作斜率为的直线与交于另一点，记关于轴的对称点为，若与重合，则操作停止；否则一直继续下去． (1)求的方程； (2)若为的左顶点，经过3次操作后停止，求的值； (3)若是在第一象限与不重合的一点，求的面积． 【变式11-1】（2026·广东佛山·二模）椭圆的光学性质是：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线过椭圆的另一个焦点.已知椭圆（）的左顶点为，点在E上，且在x轴的上方，从E的左焦点发出的光线，经过E反射后，交E于点.按照如下方式依次构造点和（）：光线经过E反射后，交E于点；光线经过E反射后，交E于点. (1)求E的方程； (2)设直线的斜率为，求证：数列是等比数列，并求出其公比； (3)求证：直线恒过定点，并求出该定点的坐标. 【变式11-2】（2026·河南周口·模拟预测）若，点，双曲线. (1)写出的坐标，并证明：对任意，点在双曲线上； (2)设直线与双曲线的两条渐近线分别交于点和点，记的面积为（为坐标原点），求证：为定值； （参考公式：设三角形的三个顶点分别为，则三角形的面积）. (3)证明：. 一、解答题 1．（2026·山东德州·二模）在平面直角坐标系中，点到点的距离是它到直线距离的倍，记点的轨迹为. (1)求的方程； (2)设点为的下顶点，直线过点且垂直于轴（位于原点与上顶点之间），过的直线交于两点，直线分别交于两点. （i）证明：为定值； （ii）是否存在实数使得四点共圆？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 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． 3．（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. 4．（2026·四川遂宁·三模）已知抛物线的焦点为，上的点到的距离为5． (1)求抛物线C的方程； (2)，为上两点，的重心在直线上． （i）证明：直线的斜率为定值； （ii）设直线与轴交于点，线段的中点为，线段的中点为，过点向直线作垂线，垂足为．证明：点在定圆上运动． 5．（2026·山东东营·二模）已知曲线上任意一点到点的距离比它到轴的距离大． (1)求曲线的方程； (2)为曲线上一点，直线与曲线交于两点（不与点重合），直线与轴交于点，直线与轴交于点，且． （i）求直线的斜率； （ii）证明：的外接圆的圆心在定直线上． 6．（2026·河南南阳·二模）已知抛物线：的焦点为，点，点，过焦点的直线交于，两点，的面积的最小值为4.设直线，与的另一个交点分别为，，直线，的倾斜角分别为，.当直线，的斜率存在时分别记为，. (1)求抛物线的方程； (2)证明：； (3)当取得最大值时，求直线的方程. 7．（2026·云南红河·模拟预测）已知抛物线：（）的焦点到准线的距离为4． (1)求抛物线的方程； (2)已知，，三点（点在点和点之间）在抛物线上． （ⅰ）若点，求周长的最小值； （ⅱ）过，，三点作抛物线的三条切线，分别两两相交于点，，，如图所示，直线，分别交轴于点，，是否存在常数，使得，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 8．（2026·广东江门·二模）已知圆的圆心在第一象限且圆与两坐标轴均相切，抛物线经过圆心． (1)求圆的标准方程． (2)设与圆交于，两点，证明：，两点到轴的距离均不小于． (3)为坐标原点，过圆心的直线交于另一点，的焦点为，求的最小值． 9．（2026·湖南·二模）已知动点与定点的距离和它到定直线的距离之比是常数． (1)求动点的轨迹的方程； (2)若曲线与轴的交点分别为、（在的左侧），过点的直线交曲线于点（位于第二象限），的角平分线交于点． （i）求证：点在定直线上； （ii）连接直线且与曲线的另一个交点为，求的取值范围． 10．（2026·广东中山·三模）已知双曲线：的离心率为，左右焦点分别为，，，为双曲线左支上的两点，直线交轴于点. (1)求双曲线的方程； (2)若，求直线的方程； (3)设线段的中点为，直线交轴于点，点为关于原点的对称点，以为圆心作与轴相切的圆，过作该圆的两条切线，切点分别为，，求的取值范围. 11．（2026·广东揭阳·二模）已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，实轴长为，点到双曲线的渐近线的距离为1，过的直线与交于右支两点. (1)求双曲线的方程； (2)证明存在轴上的一点，使得为定值； (3)求的最大值. 12．（2026·云南·模拟预测）在平面直角坐标系中，圆的方程为，点，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线交半径于点，当点在圆上运动时，点的轨迹为曲线. (1)求的方程； (2)设与轴交于.两点（点在点上方），过点的直线（不与轴重合）与交于两点，直线与直线交于点. （i）证明：点在定直线上； （ii）设，，求的最大值. 13．（2026·湖南衡阳·二模）已知椭圆的离心率为，椭圆经过点． (1)求椭圆的方程； (2)若椭圆的左、右顶点分别为，直线交椭圆于两点（与不重合）．设直线的斜率为，直线的斜率为，且． （i）求证：； （ii）设弦的中点为，为坐标原点，直线与椭圆交于两点，求四边形面积的取值范围． 14．（2026·河南开封·二模）已知椭圆经过点，F为C的右焦点，且与x轴垂直． (1)求C的标准方程； (2)设直线l与C交于A，B两点，且（O为坐标原点），探究：是否存在定圆与直线l始终相切? 若存在，求出该定圆的方程；若不存在，说明理由； (3)在（2）的条件下，求面积的最大值，并求此时直线l的方程． 15．（2026·湖南浙江·模拟预测）已知点在抛物线上． (1)求抛物线的标准方程； (2)若射线，均与圆相切，且点，在抛物线上． ①若存在，使得，求直线的方程； ②过点作于点，问：是否存在定点，使得为定值？若存在．求该定值；若不存在，请说明理由． 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·江苏·模拟预测）已知椭圆的左顶点为，过右焦点且斜率不为0的直线与交于，两点．当为的上顶点时，，． (1)求的方程； (2)过点、分别作直线的垂线，垂足分别为、，与交于点 ①求与面积之比； ②若直线与直线交于点，求点的轨迹方程． 18．（2026·广东汕头·二模）设是椭圆的左、右焦点，点是第一象限内上的动点，直线交于点.已知存在点，使得的面积为2. (1)求椭圆的方程； (2)设直线交于点，记分别为的内切圆半径，求的最大值. 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $