圆锥曲线：弦长问题、面积问题、角度问题专项训练-2026届高三数学三轮冲刺

圆锥曲线：弦长问题、面积问题、角度问题专项训练 圆锥曲线：弦长问题、面积问题、角度问题专项训练 考点目录 弦长问题 面积问题 角度问题 考点一 弦长问题 例1．（2026·山西临汾·二模）已知抛物线：（）的焦点为，点在抛物线上，且. (1)求抛物线的方程； (2)已知过点的直线交抛物线于，两点，的面积为，求直线的方程. 【答案】(1) (2). 【分析】（1）本题先判断抛物线开口向右，套用焦半径公式，代入点的横坐标与焦半径长，列式求出的值，再代入标准式即可得出抛物线方程. （2）解法一：先写出抛物线焦点，设横截距式直线方程避免斜率不存在讨论，联立抛物线方程得到一元二次方程，利用韦达定理得两根和与积，结合抛物线弦长公式表示弦长，再求原点到直线的距离，结合三角形面积条件列方程求出参数，最终整理出直线方程.解法二：设过抛物线焦点的直线为，联立抛物线方程，借助韦达定理得到纵坐标关系，利用三角形面积的纵坐标差简便公式列式，化简求解参数，进而写出直线方程. 【详解】（1）由题意得，点在抛物线上，且， 则，所以，所以抛物线方程为. （2）解法一： 抛物线方程为，焦点坐标为， 由题可设直线的方程为，，， 由得， ，，. 则，所以. 原点到直线的距离为， 所以， 解得. 所以直线的方程为，即. 解法二： 抛物线方程为，焦点坐标为， 由题可设直线的方程为，，， 由得， ，，. ，解得 所以直线的方程为，即. 例2．（25-26高二下·河南平顶山·期中）已知椭圆：经过，两点. (1)求椭圆的标准方程； (2)过椭圆的左焦点的直线交于，两点，其中点在第二象限内，点在第三象限内，若的面积等于的面积，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）待定系数法去求椭圆C的标准方程； （2）根据的面积等于的面积得到，设出直线的方程为，与椭圆的标准方程联立，利用弦长公式求解. 【详解】（1）由题意可知，解得，， 故椭圆的标准方程为. （2）由（1）可知，椭圆的左焦点为， 如图， 因为的面积等于的面积， 所以点，到直线的距离相等，结合图形可知，，则， 所以直线的方程为. 由消去整理得， 解得， 设，，则 例3．（25-26高三下·四川乐山·月考）平面直角坐标系中，已知点，动点在轴上的投影为，且，记动点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程． (2)已知点在曲线上，点在轴上方且异于点，点在轴下方，直线与轴分别交于点． （i）若，求的取值范围； （ii）求证：． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）设，，根据条件得，即可求解； （2）（i）设直线，根据条件求出，进而得轴，即可求解；（ii）设直线，联立直线与双曲线方程，得到，求出的坐标，进而求得，即可求解. 【详解】（1）设，则，由，得， 整理得曲线的方程为. （2）（i）由题设直线， 由，消得到，则， 又，以替代，得， 所以，即轴，又点在轴上方且异于点， 则，所以的取值范围为． （ii）由题可设直线，由， 消得到，则， 且， 又直线，令，得到，所以， 同理可得，又， 所以 . 变式1．（25-26高二上·上海·期末）已知为抛物线的焦点，直线经过，且与相交于两点，过点的动直线与相交于两点． (1)求的值； (2)设为坐标原点，若的面积为，直线与轴交于点，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由过焦点确定抛物线的方程，再与直线联立，由韦达定理结合抛物线的定义即可求解； （2）设出的方程，与抛物线联立后结合韦达定理，列出关于的表达式，解出的值后即可求得点的坐标，即可求证. 【详解】（1）由题意得抛物线的焦点为， 若过点，则有，解得， 故抛物线，准线方程为， 联立，得，则， 所以. （2）易得直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，， 联立，得，则， ， ， 解得，当时，直线，令，则，即， 所以， 当时，直线，令，则，即， 所以， 综上，得证. 变式2．（2026·河北邢台·二模）已知椭圆的离心率是椭圆的离心率的倍，的短轴长比的长轴长小2. (1)分别求，的方程； (2)直线与交于，两点，与相切于点. （i）若为的中点，求的方程； （ii）直线过交于，两点，，证明：. 【答案】(1)的方程为，的方程为 (2)（i）或（ii）证明见解析 【分析】（1）根据两曲线离心率的关系得到关系，再根据两椭圆长、短轴长度关系列方程，求出，进而得到两椭圆的方程； （2）（i）联立直线和椭圆，根据相切得到判别式，求出切点坐标，再联立直线和椭圆，利用韦达定理得到的中点，建立方程，求出，得到直线的方程； （ii）利用弦长公式求出，再结合设出方程，代入点求出参数，再求出，计算并化简，利用分析比值范围，得出结论. 【详解】（1）由题得，所以的离心率为， 因为的离心率是的离心率的倍，所以，整理得①， 又的短轴长比的长轴长小2.所以②， 联立①②解得，， 所以的方程为，的方程为. （2）（ⅰ）联立得， 所以，化简得. 且，所以，所以， 即. 设，. 联立得， 所以，化简得， 且，， 所以，所以， 所以的中点坐标为， 所以解得 则此时直线或 （ⅱ）证明：当时，为的短轴端点，为的短轴，所以，， 所以； 当时，由（ⅰ）可得 ， 设直线，因为点在上， 所以，解得， 同理可得 ， 所以， 因为，所以， 所以，当且仅当时取等号， 所以，即. 综上，. 变式3．（25-26高三下·安徽芜湖·月考）已知抛物线的焦点为，以为圆心，以1为半径作圆，过点的直线与交于，两点，与圆交于，两点，其中，在第二象限. (1)若，求的斜率； (2)证明：为定值； (3)为坐标原点，若点，分别在直线，上，求的最小值. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）联立直线与抛物线方程求出韦达定理，代入焦点弦长公式即可求解； （2）利用焦半径公式来表示和计算即可求证； （3）由直线AO和BO的直线方程求出，再结合（1）中韦达定理求出，接着令进行换元得到关于k的表达式，利用一元二次函数的性质即可求解. 【详解】（1）设，. 显然直线不与轴垂直，故设直线， 由得，，则，. ， 解得. （2）由抛物线的定义可知，， ， 即为定值. （3）由题意知点、在直线上. 由上面的过程可知. ，的方程为，由得. 同理的方程为，由得. ， 设，，则， ， ∴当，即，也即时，取得最小值为. 考点二 面积问题 例1．（2026·陕西商洛·二模）如图所示，已知抛物线：（），，，，是抛物线上的四个点，其中，在第一象限（在的左侧），，在第四象限，满足，线段与交于点.记线段与的中点分别为.当经过的焦点且垂直于轴时，.    (1)求的准线方程； (2)求证：； (3)若，求的面积. 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）根据给定条件，结合抛物线通径的意义求出即可. （2）设出点的坐标，求出直线的方程，进而求出分别与直线的交点横坐标即可得证. （3）由（2）的信息及已知求出点纵坐标差，再结合相似三角形性质求出三角形面积. 【详解】（1）当经过抛物线的焦点且垂直于轴时，， 此时线段是的通径，即，得到，抛物线方程为， 所以抛物线的准线方程为. （2）设，由，得， 若，则，直线的斜率不存在， 由对称性，知均在轴上，则三点共线； 若，则，直线的斜率存在，直线的斜率， 直线的方程为：，整理得， 同理直线的方程为，直线的方程为， 直线的方程为，由，得， 设，由线段与的中点分别为，得， 因此直线轴，设直线与线段的交点分别为， 将代入直线的方程，得； 将代入直线的方程，得， ， 又，则点重合，即为线段与的交点， 所以. （3）由（2）知，直线轴，由，得， 又，同理， 又由（2）得， 则，即， ，即， 由，得， 即， 则， 整理得，即，于是， 如图，过作的平行线，交于点，    则四边形为平行四边形，则，， 由，得，则， 由为的中点，得为的中点，因此， 所以的面积为6. 例2．（2026·湖北武汉·二模）在平面直角坐标系中，，是两定点，动点与、连线的斜率之积为. (1)求动点的轨迹方程； (2)过点的直线与的轨迹相交于点，，直线，与直线分别交于点，. （ⅰ）证明：； （ⅱ）记，，的面积分别为，，，且，求直线的方程. 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）或. 【分析】（1）根据斜率之积得到方程，又与、不能重合，从而得到轨迹方程； （2）（ⅰ）设出直线方程，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，计算出，证明出结论； （ⅱ）计算出，，，由得到方程，解得，求出直线的方程 【详解】（1）设点，由知，，化简得. 又与、不能重合，所以动点的轨迹方程为； （2）（ⅰ）可设直线方程为，点， 联立得，， ， 则，， 又直线、方程分别为，， 分别与联立，得，. ∴，， ∴ 所以，. （ⅱ）先证明，在任意三角形中，若，， 三角形的面积 ， 由（ⅰ）知，， ∴，同理. ∴ . 又 ， 因为，， 所以， 故， 故， 由知，，解得. 所以直线的方程为或. 例3．（2026·陕西咸阳·三模）在平面直角坐标系中，点为动点，以为直径的圆与轴相切，记的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)若在曲线上存在三个点，使得的角平分线为，求直线的斜率； (3)过点的直线与曲线交于两点（点在轴上方），点，直线与曲线的另一个交点为，直线与曲线的另一个交点为，若线段的中点分别为，求面积的取值范围． 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）设动点，根据题意得，化简即可； （2）设直线的方程为：，联立抛物线方程得到韦达定理式，再结合点在抛物线上即可得到答案； （3）设点坐标，求出面积表达式，利用换元法并结合函数单调性即可求出范围. 【详解】（1）设动点，以为直径的圆与轴相切，圆心， 半径，圆与轴相切， 即圆心到轴的距离等于半径，即， 化简得，所以曲线的方程为． （2）由于的角平分线为，则直线的斜率均存在， 且，设， 即：，化简得：， 即，可得， 易知满足条件的直线斜率必存在．设直线的方程为：， 将其与抛物线联立得：， 由韦达定理，得：，因此， 又因为点在抛物线上，满足，所以， 而点在角平分线上，即，则，解得． 故直线的斜率为． （3）设，当不与轴垂直时， 直线的两点式方程为，代入整理得， 当与轴垂直时也符合，故直线的方程为． 由于直线过，代人得， 设，同理可得直线的方程为， 由于直线过点，代入得， 设，则直线的方程为， 由于直线过，代入得，令， 则， 则， ， 设与轴交于点，直线的两点式方程为， 代入得， 则， 设，则，则， 则， 因为，则， 则在单调递增，则， 则面积的取值范围为． 变式1．（25-26高二下·北京海淀·期中）已知椭圆过点，其左、右焦点和上顶点构成的三角形为等边三角形. (1)求椭圆的方程； (2)设直线与椭圆交于C，D两点，直线AC，AD分别与直线交于点和点，若，求的值. 【答案】(1) (2)1或 【分析】（1）由等边三角形性质求，进而求椭圆方程； （2）联立椭圆方程和直线方程，然后结合韦达定理用表示两个三角形的面积，再列出方程求解. 【详解】（1）由题可知，，， 所以椭圆的方程：. （2） 方程的判别式， 设 三点共线， ， 同理， 或 或. 变式2．（25-26高三下·云南楚雄·月考）已知抛物线的焦点为为上位于第一象限的点，过点作的切线与的准线交于点，直线与交于两点（点在线段之间），直线（为坐标原点）与交于另一点，直线和相交于点.当点的纵坐标为时，. (1)求的方程； (2)证明：三点共线； (3)若的面积是的面积的25倍，求点的坐标. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)或. 【分析】（1）由抛物线的定义和抛物线的标准方程求解； （2）联立直线与抛物线方程，消元，韦达定理，分别表示直线与直线的斜率，证明斜率相等求解； （3）联立直线与的方程，解出两点的坐标求解. 【详解】（1）由题知，点，点，由，得， 解得， 故的方程为. （2）证明：由（1）知的准线方程为，焦点. 设点（其中且），则直线的方程为，整理得. 联立方程，消去后整理得. 由直线与相切，可知，所以，直线的方程为. 由点在直线上，知. 由直线的方程为，联立方程，得点的坐标为 设，直线的方程为，整理得. 联立方程，消去后整理得，所以. 直线的方程为，又，所以直线的方程为. 又，所以直线的方程为. 直线的斜率为， 直线的方程为，整理得. 联立方程，解得. 由，得， 所以点的坐标为. 直线的斜率， 直线的斜率， 所以，所以三点共线. （3）由（2）知联立直线与的方程消去后整理得， 代入，得，整理得， 即，解得或. 将代入直线的方程，得， 所以直线的方程为. 将代入直线的方程，得， 将代入直线的方程，得. 又且，所以，点的坐标为，点的坐标为， 故 . 由的面积是的面积的25倍，知，解得或， 所以点的坐标为或. 变式3．（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. 考点三 角度问题 例1．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）已知椭圆的长轴长为4，左焦点为，平面内一动点到点的距离与到直线的距离相等，过作的两条切线，切点分别为 . (1)求动点 的轨迹方程； (2)证明： （i） 平分 ； （ii）为定值. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析（ii）证明见解析 【分析】（1）根据题意求出，再根据抛物线的定义列等式，求出点的方程； （2）（i）利用角平分线的向量判定：联立椭圆与切点弦方程，用韦达定理求出，利用向量共线的充要条件进行转化，最后代入韦达定理和验证； （ii）利用向量的数量积和椭圆左焦半径公式进行计算,证明. 【详解】（1）因为椭圆的长轴长为4，左焦点为， 所以，所以直线为， 设，则，化简得：， 所以动点的轨迹方程为； （2）（i）由（1）可知，所以椭圆方程为， 设， 则切线的方程为，切线的方程为， 因为既在上，又在上， 所以，所以直线的方程为， 联立，消去得， 所以， 消去得， 所以， 平分与共线与共线 与共线 ①， 下面证明①式成立： ②， ③， 将②③代入①得 ， 由于上式显然成立，于是①式成立，故平分； （ii） ， 所以为定值. 例2．（2026·河南·模拟预测）已知双曲线的左焦点为，右顶点为，渐近线方程为，点在直线上. (1)求的方程； (2)过点的直线与相切于点（异于点），证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据条件求出即可； （2）设直线的方程，根据求出方程以及点的坐标、直线的方程，计算点到两直线的距离即可. 【详解】（1）因为点在直线上，所以. 因为的渐近线方程为，所以，故. 所以的方程为. （2）设，由，得，则. 易知直线的斜率存在（另一条过点的切线为）， 设其方程为，即. 由消去，得. 因为直线与相切， 所以，且，得， 所以直线的方程为， 方程的根为，所以， 所以直线的方程为. 又因为点到直线的距离，等于点到轴的距离， 又点在内部，所以. 例3．（2026·广东中山·模拟预测）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. 变式1．（2026·湖南衡阳·模拟预测）已知椭圆的短轴长为，离心率为． (1)求的方程； (2)已知过点的直线与交于两点，线段的垂直平分线与直线交于点，当取得最小值时，求的斜率． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意依次计算即可； （2）设的方程为，与椭圆方程联立，设的中点为，根据弦长公式计算，最后利用以及基本不等式即可求出. 【详解】（1）因为短轴长，所以， 又离心率，所以， 所以的方程为． （2）若直线斜率为，则点不存在； 若直线斜率不存在，则线段的中垂线为轴，不符合题意； 故设的方程为． 由，得， 由，得，则， 设的中点为，则， 线段的垂直平分线的斜率为， 则， ， 则， 当且仅当，即时取等号． 所以当取得最小值时，的斜率为． 变式2．（2026·湖南怀化·二模）已知O为坐标原点，椭圆E：的右顶点为，离心率为，过点A的直线l与椭圆E交于另一点B，与直线，分别交于点C，D． (1)求椭圆E的方程； (2)若，求直线l的方程； (3)证明：． 【答案】(1)； (2)或； (3)证明见解析. 【分析】（1）由右顶点得，由离心率得，进而求得椭圆方程； （2） 利用平行线分线段成比例及对称性，证明线段相等关系，结合已知比例推出点的纵坐标，代入椭圆方程求得点坐标，从而确定直线方程； （3）设直线方程，联立椭圆方程可表示点坐标，并写出、坐标；计算直线、、的斜率，利用两角差的正切公式证明，通过代数化简得到两者相等，再验证斜率取特殊值时直接计算向量数量积也可得角度相等，从而结论成立. 【详解】（1）由题可知，解得， 所以椭圆E的方程为． （2）因为直线，到x轴的距离均为， 过点作轴于点，交直线于点，所以， 因为，所以，所以． 因为，所以． 因为点的纵坐标为，所以点B的纵坐标为． 将代入，得，即． 故直线l的方程为或． （3）由题可知直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为， ，，，． 当时，，． 由，得，． 因为，所以，， 所以．当时，． 又， ， 所以，所以． 当或时，以为例， 直线，与联立得，与联立得， 与椭圆方程联立解得另一交点， 因为，，所以，即， 因为，，所以，即, 因此，其他特殊值同理可证. 综上，． 变式3．（2026·河南信阳·二模）的顶点，，且的周长为6，记点的轨迹为． (1)求的方程； (2)过点的动直线与交于点，证明：恒为钝角． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用椭圆的定义可得答案； （2）设过的直线，与椭圆联立，利用韦达定理求得，计算，对斜率不存在情况验证亦成立，故恒为钝角． 【详解】（1）已知的周长为6，所以， 所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，（除去所在直线上的点，因为三点不共线才能构成三角形） 焦距，长轴长， 由， 故的方程为． （2）当直线的斜率不存在时，直线方程为， 代入椭圆：，此时、， 则； 当直线斜率存在时，设其斜率为， 则直线方程为：，代入椭圆，得， 整理得：， 设、，则， 所以， 代入得， ； 综上：，对任意动直线恒成立， 故恒为钝角． 2 学科网（北京）股份有限公司 $圆锥曲线：弦长问题、面积问题、角度问题专项训练 圆锥曲线：弦长问题、面积问题、角度问题专项训练 考点目录 弦长问题 面积问题 角度问题 考点一 弦长问题 例1．（2026·山西临汾·二模）已知抛物线：（）的焦点为，点在抛物线上，且. (1)求抛物线的方程； (2)已知过点的直线交抛物线于，两点，的面积为，求直线的方程. 例2．（25-26高二下·河南平顶山·期中）已知椭圆：经过，两点. (1)求椭圆的标准方程； (2)过椭圆的左焦点的直线交于，两点，其中点在第二象限内，点在第三象限内，若的面积等于的面积，求. 例3．（25-26高三下·四川乐山·月考）平面直角坐标系中，已知点，动点在轴上的投影为，且，记动点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程． (2)已知点在曲线上，点在轴上方且异于点，点在轴下方，直线与轴分别交于点． （i）若，求的取值范围； （ii）求证：． 变式1．（25-26高二上·上海·期末）已知为抛物线的焦点，直线经过，且与相交于两点，过点的动直线与相交于两点． (1)求的值； (2)设为坐标原点，若的面积为，直线与轴交于点，证明：． 变式2．（2026·河北邢台·二模）已知椭圆的离心率是椭圆的离心率的倍，的短轴长比的长轴长小2. (1)分别求，的方程； (2)直线与交于，两点，与相切于点. （i）若为的中点，求的方程； （ii）直线过交于，两点，，证明：. 变式3．（25-26高三下·安徽芜湖·月考）已知抛物线的焦点为，以为圆心，以1为半径作圆，过点的直线与交于，两点，与圆交于，两点，其中，在第二象限. (1)若，求的斜率； (2)证明：为定值； (3)为坐标原点，若点，分别在直线，上，求的最小值. 考点二 面积问题 例1．（2026·陕西商洛·二模）如图所示，已知抛物线：（），，，，是抛物线上的四个点，其中，在第一象限（在的左侧），，在第四象限，满足，线段与交于点.记线段与的中点分别为.当经过的焦点且垂直于轴时，.    (1)求的准线方程； (2)求证：； (3)若，求的面积. 例2．（2026·湖北武汉·二模）在平面直角坐标系中，，是两定点，动点与、连线的斜率之积为. (1)求动点的轨迹方程； (2)过点的直线与的轨迹相交于点，，直线，与直线分别交于点，. （ⅰ）证明：； （ⅱ）记，，的面积分别为，，，且，求直线的方程. 例3．（2026·陕西咸阳·三模）在平面直角坐标系中，点为动点，以为直径的圆与轴相切，记的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)若在曲线上存在三个点，使得的角平分线为，求直线的斜率； (3)过点的直线与曲线交于两点（点在轴上方），点，直线与曲线的另一个交点为，直线与曲线的另一个交点为，若线段的中点分别为，求面积的取值范围． 变式1．（25-26高二下·北京海淀·期中）已知椭圆过点，其左、右焦点和上顶点构成的三角形为等边三角形. (1)求椭圆的方程； (2)设直线与椭圆交于C，D两点，直线AC，AD分别与直线交于点和点，若，求的值. 变式2．（25-26高三下·云南楚雄·月考）已知抛物线的焦点为为上位于第一象限的点，过点作的切线与的准线交于点，直线与交于两点（点在线段之间），直线（为坐标原点）与交于另一点，直线和相交于点.当点的纵坐标为时，. (1)求的方程； (2)证明：三点共线； (3)若的面积是的面积的25倍，求点的坐标. 变式3．（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． 考点三 角度问题 例1．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）已知椭圆的长轴长为4，左焦点为，平面内一动点到点的距离与到直线的距离相等，过作的两条切线，切点分别为 . (1)求动点 的轨迹方程； (2)证明： （i） 平分 ； （ii）为定值. 例2．（2026·河南·模拟预测）已知双曲线的左焦点为，右顶点为，渐近线方程为，点在直线上. (1)求的方程； (2)过点的直线与相切于点（异于点），证明：. 例3．（2026·广东中山·模拟预测）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. 变式1．（2026·湖南衡阳·模拟预测）已知椭圆的短轴长为，离心率为． (1)求的方程； (2)已知过点的直线与交于两点，线段的垂直平分线与直线交于点，当取得最小值时，求的斜率． 变式2．（2026·湖南怀化·二模）已知O为坐标原点，椭圆E：的右顶点为，离心率为，过点A的直线l与椭圆E交于另一点B，与直线，分别交于点C，D． (1)求椭圆E的方程； (2)若，求直线l的方程； (3)证明：． 变式3．（2026·河南信阳·二模）的顶点，，且的周长为6，记点的轨迹为． (1)求的方程； (2)过点的动直线与交于点，证明：恒为钝角． 2 学科网（北京）股份有限公司 $