专题05 解析几何(基础+中档) 解答题专项训练-2026届高考数学三轮冲刺

专题05 解析几何(基础+中档) 题型1：定点、定值的问题 题型2：面积与面积最值问题 题型3：证明类问题 题型4：取值范围与最值问题 题型5：求方程类问题 题型1：定点、定值的问题 1．（2026·河南开封·模拟预测）已知抛物线C：的焦点为F，过点的直线交C于A，B两点，当直线与x轴垂直时，. (1)求C的方程； (2)若，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由过定点且垂直于x轴的直线，可用表示出A，B两点的坐标，再根据，求出的值，即可得出抛物线的方程. （2）设直线方程，联立方程组，先根据，可得出A，B两点的纵坐标的数量关系，再结合韦达定理和抛物线的定义，最终求出的值. 【详解】（1）由题意知，直线的方程为， 将代入，得，所以，此时弦长， 又，所以，因此抛物线C的方程为. （2）设直线的方程为，，， 联立方程得，即， 则，，. 由，且，在点的两侧，则，所以， 代入上式韦达定理得，，解得，， 由，则，所以. 又因为， 由抛物线方程为，则准线为， 根据抛物线的定义可得，，， 所以， 代入，因此. 2．（2026·河北张家口·二模）已知椭圆：的长轴长为4，且与直线相切，，为上不在坐标轴上的不同两点． (1)求的方程； (2)若以为直径的圆经过点，证明：直线过定点． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据长轴长及直线与椭圆的位置关系求解即可. （2）设出直线方程，与椭圆方程联立，根据圆的性质得到，结合韦达定理及直线过定点问题证明即可. 【详解】（1）由题易知， 联立得， ， 令，因为，解得， 所以C的方程为． （2）证明：当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，， 联立，整理得， ， 则，， 所以． 因为以为直径的圆经过点，则，即， 即， 则，即或． 当时，， 直线的方程为，此时直线过定点，舍去； 当时，， 直线的方程为，此时直线过定点． 当直线的斜率不存在时，直线方程为，此时，两点为，，以为直径的圆的方程为，点在该圆上． 综上所述，直线过定点． 3．（2026·河北雄安·模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，直线过点且与双曲线交于第一象限的点. (1)若直线与双曲线的左半支交于点，，且，求实数的值； (2)若点的横坐标为，且满足，证明：直线的斜率为定值. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用双曲线的定义求出，再在中由余弦定理即可求出； （2）方法一：设，与双曲线方程联立，将代入方程中化简即可；方法二：求出点坐标，再化简直线的斜率即可. 【详解】（1）点在双曲线右支上，， 由，得. 又直线与双曲线的左半支交于点，所以，得， 在中由余弦定理得 ， 整理得，解得或（舍去）. 实数的值为. （2）方法一：设直线的斜率为，则直线， 联立，整理得. 因为点的横坐标为，所以恰是该方程的解， ， 整理得，即. 又，所以， 直线过点且与双曲线交于第一象限的点， ，即直线的斜率为定值. 方法二：点的横坐标为，在第一象限，且在双曲线上， ，解得，故， 因为直线过点，所以直线的斜率为. 因为，所以直线的斜率为，即直线的斜率为定值. 4．（2026·甘肃张掖·模拟预测）已知抛物线的焦点为，为抛物线上任意一点，点到焦点的距离与到点的距离之和的最小值为3． (1)求抛物线的方程； (2)若过点的两条直线分别与抛物线交于点，与，且，求证：直线的斜率之和为0． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用抛物线的定义和最值可得答案； （2）设出直线方程，联立，结合韦达定理和弦长公式可证结论. 【详解】（1）抛物线的准线方程为，焦点坐标为， 因为点到焦点的距离与到点的距离之和最小值为3，所以，解得， 故方程为. （2）证明：设过的直线斜率为，则直线方程为， 联立抛物线方程可得， 设直线与抛物线的交点为，则. ，， 所以； 设直线的斜率为​，的斜率为，则，， 因为，所以，即， 因为是两条不同的直线，所以，即，直线的斜率之和为0. 5．（2026·陕西咸阳·模拟预测）在平面直角坐标系中，过点的圆与直线相切，设圆心的轨迹为曲线． (1)求的方程； (2)已知点是上的一点，过点的直线与有两个不同的交点． （i）当点到直线的距离取得最大值时，求； （ii）记直线交轴于点，直线交轴于点，若，试判断是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)（i）8；（ii）为定值2. 【分析】（1）根据两点间距离公式及条件，列出方程，整理即可得答案. （2）（i）根据C的方程，可得点P的坐标，分析可得当时，点到直线的距离取得最大值，求出的方程，与曲线C联立，根据韦达定理，可得的值，代入弦长公式，即可得答案. （ii）设出直线的方程，与曲线C联立，根据韦达定理，可得的表达式，写出直线的方程，即可得点M的纵坐标的表达式，同理可得点N的纵坐标的表达式，结合条件可得的表达式，整理计算，即可得答案. 【详解】（1）设点为上任意一点，因为圆过点且与直线相切， 所以与点到直线的距离相等，故，整理得， 即的方程为． （2）（i）因为点是上的一点，所以，解得，即， 当点到直线的距离取得最大值时，有， 又，所以直线的斜率为，则直线的方程为， 设，由，得，所以， 所以． （ii）由题意可知直线的斜率存在且不为0， 设直线的方程为， 由，得， 此时即即且, 又， 则直线的方程为， 令，得点的纵坐标为． 同理得点的纵坐标为． 由，得． 所以 ．即为定值2. 6．（2026·山东聊城·二模）已知双曲线的渐近线方程为，过点且与轴不重合的动直线交于、两点，当与轴垂直时，． (1)求双曲线的方程； (2)在轴上是否存在一定点，使为定值，若存在，求出的坐标及的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)存在，点，定值为 【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的方程组，解出、的值，即可得出双曲线的方程； （2）根据题意设直线的方程为，设点、，将该直线方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，化简的表达式，根据为定值可得出关于的等式，解出的值，即可得出结果. 【详解】（1）由的渐近线方程为，得①， 由，根据双曲线的对称性，不妨设，则②， 由①②得，，所以双曲线的方程为． （2）根据题意设直线的方程为， 将的方程代入双曲线方程，得， 且， 设点、，由韦达定理得，， 假设存在满足题意， 则 要使为定值，则上式需与无关，则，解得，此时． 所以存在点使得为定值，定值为． 7．（2026·陕西咸阳·二模）已知椭圆：的两焦点分别是，，左顶点为，是椭圆上任意一点，的周长为. (1)求椭圆的标准方程； (2)动圆的圆心坐标为，过点作圆的两条切线，分别交椭圆于、两点，、两点与不重合，若直线、的斜率分别为、，求证：； (3)设存在斜率的直线与椭圆交于，两点（不是左右顶点），若以线段为直径的圆经过点，试判断直线是否恒过定点，若是，求出该定点坐标；若不是，说明理由. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)是， 【分析】（1）根据顶点和椭圆的定义分别求出，再求出可得椭圆方程. （2）设切线方程，根据点到直线的距离等于半径建立关于斜率的方程，最后用韦达定理可解. （3）先设直线方程和两点坐标，将条件转化为向量，最后用联立方程，用韦达定理化简求出的关系等式，即可确定定点. 【详解】（1）因为椭圆左顶点为，所以， 的周长为，则，所以，所以， 椭圆的标准方程为. （2）易知过点的圆的切线斜率存在，则设切线的方程为，动圆的半径为， 由已知得，，化简得， 当时，过点的两条切线的方程分别为，，与条件矛盾； 当时，和是方程的两根， 由韦达定理知，. （3）设直线的方程为， 联立消去可得，，设，， 则，是方程的两个根， 所以，， 因为以为直径的圆经过点，所以， 又，， 所以，① 又， 所以， 将，，代入①式， 可得，解得或， 当时，直线的方程为，与已知矛盾，所以； 当时，直线的方程为，直线过定点； 当时，直线的方程为，直线过定点，矛盾. 所以直线恒过定点. 题型2：面积与面积最值问题 8．（2026·云南昆明·模拟预测）已知椭圆：过点，以的长轴为直径的圆与轴上半轴交于，且． (1)求的方程； (2)若过点的直线与交于两点，满足直线的斜率之和为，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用椭圆过得，再利用得，即可写出椭圆方程； （2）设直线方程并联立方程组，用韦达定理结合斜率之和的条件求出斜率，再用弦长和距离公式即可求出面积. 【详解】（1）因为椭圆过点，所以，即， 又因为以长轴为直径的圆与轴上半轴交于，且，即， 所以，故椭圆的方程为. （2）由（1）知，设过点的直线的方程为，设， 联立方程组，代入化简得：， 由韦达定理：， 又因为直线的斜率为：，直线的斜率为：， 且 所以， 解得，此时直线：， 方程变为， 判别式满足题意，且， 此时弦长， 点到直线的距离为， 所以的面积为. 9．（2026·上海·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆，过右焦点作两条互相垂直的弦AB、CD，且AB、CD中点分别为M、N． (1)写出椭圆右焦点的坐标及该椭圆的离心率； (2)证明：直线MN必过定点，并求出此定点坐标； (3)若弦AB、CD的斜率均存在，求面积的最大值． 【答案】(1)； (2)证明见解析，； (3) 【分析】（1）直接根据椭圆方程写出右焦点的坐标及离心率； （2）分斜率均存在和一条直线斜率不存在一条斜率为0两种情况讨论，斜率均存在，设，联立方程利用韦达定理求得点的坐标，从而可求得直线的方程，即可得证； （3）由（2）可知直线MN过定点，则，化简整理结合函数的单调性即可得出答案. 【详解】（1）由椭圆方程可知：，，所以 则右焦点坐标，该椭圆的离心率； （2）若直线的斜率存在且不为，则设，， 则 联立，得， 则， 则，则， 同理可得， 则直线的斜率倒数为， 则直线的方程为，即， 令得，所以此时直线MN也过定点， 当两条直线其中一条斜率不存在，一条直线斜率为0时， 不妨设斜率不存在，斜率为0，此时， 则直线的方程为，过点， 综上，动直线MN过定点； （3）由（2）可知直线MN过定点，则， ， 令，则， 因为在上单调递增，所以， 故面积的最大值为. 10．（2026·湖南郴州·三模）已知椭圆的离心率为分别是椭圆的左，右焦点，点为椭圆上任意一点，且面积的最大值为所在的直线经过椭圆的中心，现将坐标平面沿轴折成一个直二面角，如图1､2所示. (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线的斜率为1，求翻折后异面直线与所成角的余弦值； (3)当不在轴上时，如图2，求面积的最大值. 【答案】(1) (2) (3)2 【分析】（1）当在短轴端点时面积最大，再结合离心率为与，可求出椭圆方程； （2）折叠前直线与椭圆方程联立求出坐标；折叠后建立空间直角坐标系，再确定的空间坐标，向量法求异面直线所成角的余弦值； （3）直线与椭圆方程联立，利用韦达定理得到坐标的关系，翻折后，建立空间直角坐标系，写出的空间坐标，利用空间向量可算出到的距离，再根据三角形面积公式结合基本不等式可求出面积最大值. 【详解】（1）由题意知，解得 ∴椭圆C的标准方程为. （2）翻折前，所在直线方程为， 联立，消得，解得， 不妨设，翻折后，建立如图所示的空间直角坐标系. 则 于是. 设异面直线与所成角为， . 故异面直线与所成角的余弦值为. （3）设翻折前所在直线方程为， 联立，消得， 设（令）， 由韦达定理有. 翻折后，， 故， 则， 所以， 于是. 所以， 令，有，于是. 令，由对勾函数的性质， 在上单调递增. 所以当时取得最小值，为，此时取得最大值， 的最大值为.此时，解得. 所以当直线的斜率时，面积取得最大值，最大值为2. 11．（2026·重庆·模拟预测）已知点是抛物线的焦点，点在曲线上，且． (1)求的方程； (2)过点作两条直线交于两点，交于两点，且． ①求证：为定值； ②求四边形面积的最小值． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）由点在曲线上，求得，再由，利用抛物线的定义，列出方程，求得的值，即可求解; （2）①设的斜率为，得到的斜率为，得到和的方程，联立方程组，利用弦长公式分别求得，代入运算，即可得证; ②由，化简，结合基本不等式，即可求解. 【详解】（1）由抛物线 , 可得焦点 , 准线为 , 因为点 , 可得 , 解得 , 又因为 , 由抛物线的定义, 可得 , 解得 ,所以抛物线 的方程为 . （2）①由(1)知 , 由题可知直线 斜率均存在且不为 , 否则必有一条直线与抛物线 只有一个交点, 不符合题意. 设 的斜率为 , 因为 , 则 的斜率为 , 则 的方程为 , 联立方程组 整理得 , 设 , 则 , , 则 同理可得: , 所以 所以 为定值 . ②因为，所以四边形的面积为， 由①知：， 所以， 令，则， 当且仅当时，即时，即时，等号成立， 所以四边形的面积的最小值为288. 12．（2026·贵州·模拟预测）已知双曲线的右焦点为，虚轴长为，点在双曲线上，PF垂直于轴，且为实半轴长和半焦距的等差中项. (1)求双曲线的标准方程. (2)已知直线与双曲线相切. ①若与直线PF相交于点，与直线相交于点，证明恒为定值，并求此定值； ②若直线分别与双曲线的两条渐近线交于M，N两点，为坐标原点，判断的面积是否为定值. 【答案】(1) (2)①是，；②是 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）①设直线的方程为，与双曲线方程联立，根据得出，再根据弦长公式化简即可； ②联立直线与渐近线的方程求出两点的纵坐标，化简即可. 【详解】（1）因为的虚轴长为，所以.     因为PF垂直于轴，所以， 因为为实半轴长和半焦距的等差中项，所以， 因为，所以，则，故，     所以双曲线的标准方程为． （2）由题意可知，直线的斜率存在且不为，故设直线的方程为， 因为，所以直线与直线PF的交点， 直线与直线的交点，    由，得，    则，即.    ①因为，且，    所以，所以，为定值.    ②由得，同理可得，    所以.     因为原点到直线的距离，所以.    因为，所以，即的面积为定值.    13．（2026·新疆乌鲁木齐·一模）椭圆的一个顶点是，为坐标原点，离心率为. (1)求椭圆方程； (2)是椭圆上轴上方一点，是右焦点，的斜率为，求四边形的面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆顶点坐标和离心率公式，结合椭圆中、、的关系求解椭圆方程； （2）先求出右焦点坐标，再根据的斜率设出直线的方程，联立椭圆方程求出点的坐标，最后利用四边形面积公式计算面积. 【详解】（1）由题知，，解得：，所以椭圆方程为； （2）因为，所以：，联立， 得，解得或， 因为点在轴上方，所以，解得，故不合题意，应舍去，所以， 所以四边形的面积. 14．（2026·重庆北碚·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，且，点 在椭圆上，满足. (1)求椭圆的标准方程； (2)斜率为1的直线与椭圆交于、两点，点为坐标原点，若，求的面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意求出的值，结合的值，可得出的值，由此可得出椭圆的标准方程； （2）设点、，将直线与椭圆联立，列出韦达定理，结合弦长公式可得出关于的方程，求出参数，再应用点线距离公式、三角形面积公式求的面积. 【详解】（1）由椭圆的定义可得，可得， 因为，所以，故， 因此椭圆的标准方程为. （2）设点、，且， 联立可得， ， 由韦达定理可得，， 所以 ，解得， 所以，则到直线的距离， 所以. 题型3：证明类问题 15．（2026·四川绵阳·三模）椭圆的左，右焦点分别为，过外的点且斜率为的直线交于A，B两点．当过时，的周长为8，． (1)求的方程； (2)为坐标原点，设直线OA，OB的斜率分别为．证明：成等差数列． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据条件结合椭圆的定义，可得a值，根据向量求夹角公式及条件，可得c值，根据的关系，可得，即可得答案. （2）设，可得的表达式，由题意得直线l的方程，与椭圆联立，根据韦达定理，可得表达式，根据斜率公式，可得表达式，化简整理，即可得证. 【详解】（1）由椭圆的定义得的周长为，解得， 设焦距为，则，所以， 则， 因为，所以，解得， 则，所以的方程为. （2）设，则， 由题意，得直线的方程为， 联立，得， 则， 所以 ， 即，则，所以成等差数列. 16．（2026·安徽淮北·二模）已知双曲线，是其右顶点，定点，动点，直线交于点，连接并延长交于点. (1)若，证明：为的左顶点； (2)设直线，的斜率分别为，，求证：是定值； (3)若的面积为5，求点坐标. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)或. 【分析】（1）先求出的直线方程，再联立该方程和双曲线方程求出的坐标，求出直线的方程后可求，该点即为双曲线的左顶点； （2）设，结合齐次化方法可证； （3）联立的方程和双曲线方程后结合韦达定理可用表示的面积，从而可求，从而可求的坐标. 【详解】（1）当时，，而，故， 故，由可得，故， 故，故，故， 故，该直线过，而为双曲线的左顶点， 故为双曲线的左顶点. （2）设，， 由可得，整理得， 由可得， 故的坐标为此方程的两组解， 由题设均不为1，故， 即，同理， 故为方程的两个解，故， 而过，故即，故. （3）由题设，而过第一象限和第三象限的渐近线的斜率为， 故直线与双曲线的右支交于两个不同的点， 而，故， 又，由可得， 故且，， 故，而直线与轴交点坐标为， 故的面积为， 整理得，故，故或， 而，故，结合可得或， 当时，故，此时，故，故； 当时，故，此时， 故， 故； 综上，或. 17．（2026·重庆·模拟预测）已知分别为双曲线的左，右顶点，为双曲线上异于的任意一点，直线，斜率之积为，的焦距为． (1)求的方程； (2)过点作直线与双曲线交于，两点（不与重合），记的斜率分别为，证明：为定值． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）先设点，再应用斜率公式结合点在双曲线上计算得出即可求解双曲线方程； （2）设直线，再联立方程得出韦达定理，再应用斜率公式计算求解. 【详解】（1）设，，，且， 则． 又焦距为，则，， 双曲线的标准方程为：． （2）由（1）知，设，． 因为不与重合，所以可设直线． 联立，消得：， 故，，，， ，， 可得， ． 18．（2026·四川宜宾·一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点M在C上，轴，且． (1)求C的方程； (2)过点的直线交C于不同的两点A、B，于点H，证明：直线HB过定点． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）分直线斜率是否为零讨论，联立直线与椭圆方程，求出直线的方程，令即可结合韦达定理化简得出. 【详解】（1）将代入中得，，则， 因为，所以， 又，得， 故C的方程为； （2）若直线斜率不为，则设直线，，， 联立，得， 则， 得，， 因为，则， 则直线的方程为， 令，得， 则直线HB过定点； 若直线斜率为，则直线HB为轴，过点； 故直线HB过定点. 19．（2026·全国·二轮复习）已知椭圆的离心率为，右焦点，且，直线交椭圆于，两点，交轴于点． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线过右焦点，设，，求的值； (3)若已知，椭圆上下顶点分别为C，D，直线交直线于点，证明：点在定直线上． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）设直线的方程为，根据向量的坐标运算以及韦达定理化简； （3）直线的方程为，联立直线、的方程求出点的坐标，结合韦达定理化简得出. 【详解】（1）依题意可得，解得， 所以椭圆的标准方程为． （2）由（1）可得椭圆的右焦点， 由题意知直线的斜率存在，则设直线的方程为， ， ，， 联立，得， ∴，， 又，，，， ，， 则，， ∴，， ∴ ． （3）依题意直线的斜率存在，设直线的方程为， 由（1）可得，， 设，， 由，得， ∴，，， 则，， 又直线的方程为，直线的方程为， 解，即， 即， 得，所以，即， 所以 ， 所以点在定直线上． 20．（2026·河南信阳·模拟预测）已知直线，直线，该直线与圆交于两点，且. (1)证明直线过定点，并求出该定点的坐标； (2)求过点且与圆相切的直线方程. 【答案】(1)证明见解析， (2)或 【分析】（1）整理直线的方程为，利用系数为建立方程组可求定点； （2）先由弦长、弦心距及半径关系待定系数，再按切线斜率是否存在分类求解方程，当切线斜率存在时，设点斜式方程为，由点线距离与半径相等求解可得. 【详解】（1）直线的方程可化为， 由，解得， ∴直线过定点. （2）圆的标准方程为， 圆心，圆心到直线的距离， 故，解得， ，故， ∴，圆半径. 由于在圆外，过点且与圆相切的直线有两条. 当切线斜率不存在时，方程为，满足题意， 当切线斜率存在时，设其方程为：，即， 则圆心到切线的距离，解得， 故方程为，即. 综上所述，切线方程为：或. 21．（2026·江西赣州·一模）已知抛物线，过点作直线与抛物线相交于两点，为坐标原点. (1)证明：； (2)若存在异于点的定点，使得恒成立，请求出点的坐标，并求出面积的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2)  8 【分析】（1）设出直线方程与抛物线联立，结合向量运算可证结论； （2）根据条件得出为的角平分线，结合斜率和为0，可求，求出弦长和高，利用三角形面积公式可得答案. 【详解】（1）证明：设直线的方程为， 由，得，即， 因为，所以， ， 所以，所以. （2）因为，所以， 由角平分线的性质可知，为的角平分线，由抛物线对称性可得，在轴上， 设，， 因为在轴上，所以，， 整理得，由，代入可得， 即，由于上式对任意恒成立，所以，即. ， 到直线的距离为：，面积， 当时，面积有最小值8. 题型4：取值范围与最值问题 22．（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. 23．（2026·江苏镇江·三模）如图，椭圆C：()的中心在原点，右焦点，椭圆与轴交于两点，椭圆离心率为，直线与椭圆C交于点. (1)求椭圆C的方程； (2)P是椭圆C弧上动点，当四边形的面积最大时，求P点坐标. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）方法一：由题意得，，把点直接代入椭圆方程求出即可；方法二：把代入求出即可； （2），而的面积为定值，所以只要的面积最大，进一步分析得知，只需求的最大值，方法一：用判别式法求最值；方法二：利用基本不等式求最值，结合取最值的取等条件即可求解. 【详解】（1）设，又离心率，则. ，则. 法一：则C：，点代入得， 法二：则，点代入得， 所以C方程为：. （2）因为，而的面积为定值，所以只要的面积最大. 设，则①. ， ，则线段AM长度为定值. 由图知，P在直线的上方，直线：， P到直线的距离为 只需求的最大值. 法一：设，代入得：， 因为，得.     当时，联立①，解得：，.     法二：因为 . 所以， 当且仅当时，. 所以当四边形的面积最大时，此时点P坐标为 (). 24．（2026·四川成都·三模）已知椭圆的左焦点为. (1)求的离心率； (2)为上一点，在处的切线为. ①证明：的方程为； ②设的右顶点为交直线于点与交于点为坐标原点，求的最小值. 【答案】(1) (2)①见解析；② 【分析】（1）根据椭圆方程直接算离心率； （2）①联立，证明与椭圆相切即可；②先得到点坐标，再求直线，的斜率关系，再利用为定值得到的轨迹方程，表示出进行求解． 【详解】（1）由椭圆知， 故，所以的离心率； （2）①由点在椭圆上，得，则点在直线上， 由，联立消去得， 即， 也即， 将代入上式化简，得， 因为， 故切线的方程为； ②由①知，的方程为，当时，，则得， 由于，故直线的斜率， 由于，故直线的斜率， 又与交于点， 所以， 设，则， 化简得的轨迹方程为， ， 所以当时，的最小值为． 25．（2026·河南焦作·一模）过抛物线的焦点作直线，交于两点，交轴于点，记过点且垂直于的直线为． (1)证明：直线与相切； (2)若，记直线与的切点为，求面积的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）设直线的方程为，可得，进而得到直线的方程为，联立直线与抛物线方程，验证即可求证； （2）先求出，结合弦长公式及点到直线的距离公式表示出，令，可得，设，进而利用导数分析其单调性，进而求解即可. 【详解】（1）由题意，得，显然直线的斜率存在且不为0， 设直线的方程为，令，得，即， 因此直线的方程为， 联立，得， 则，又，则直线与相切. （2）当时，抛物线， 直线的方程为，直线的方程为，， 联立，解得，则， 联立，得，设， 则， 所以， 点到直线的距离即为 则， 令，则，设， 则， 令，得，令，得， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，则的最小值为. 26．（2026·甘肃兰州·二模）已知椭圆：，的下顶点为，左焦点为，动直线与椭圆交于两点. (1)若是椭圆上的一个动点，求的最大值； (2)若直线经过定点，坐标平面上是否存在定点（不同于点），使得恒成立?若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在定点 【分析】（1）求的最大值，利用椭圆的定义转化，求其最大值， （2）分类讨论：直线斜率存在时，直线平行于轴时，直线斜率不存在时，利用两种特殊情况找到坐标，再对斜率存在的情况进行计算，设直线：，只要证明即可得证， 【详解】（1）由题意得，则， 所以，，右焦点， 因为， 所以， 当且仅当、、共线（介于、之间）时取到， （2） 当直线斜率存在时，设方程为，与：联立得： ，则， 设，， 由韦达定理得，. 当直线平行于轴时，，因此， 此时在轴上，设. 当直线斜率不存在时，不妨设，， 则有， 解得或（舍）.下面证明点符合条件. 设直线：，要证， 即是的角平分线，只要证明. 而， 因为，因而得证， 综上，存在定点. 27．（2026·河南许昌·模拟预测）如图所示，一大一小的两圆方程为：和，点为小圆上的任意一点（不在轴上），点，过点作的垂线与大圆交于，两点，点，分别在线段，上，以，为圆心，，为半径的圆均与大圆内切.设圆，圆的半径分别为，（）. (1)求的最大值； (2)证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）设，通过正弦定理求解即可. （2）由大圆和圆内切，得到，再由余弦定理求解即可. 【详解】（1）设，在中，，， 由正弦定理得：，即， 易得，则，所以， 当且仅当时，取得最大值. （2）在中，，，， 因为大圆和圆内切，所以， 由余弦定理得：， 解得：    ①， 同理可得：    ②， 由①②可得：，即. 28．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知双曲线：（,）的左、右焦点分别为，，实轴长为，双曲线的一条渐近线为. (1)求双曲线的标准方程； (2)为坐标原点，点、、是双曲线上不同的三点，且、两点关于轴对称，的外接圆经过点. ①求证：直线与圆相切； ②直线与渐近线交于，两点,求的取值范围. 【答案】(1) (2)①证明见解析；② 【分析】（1）根据双曲线的实轴长和渐近线方程求出，值，即可求出标准方程. （2）①设点，，结合的外接圆过点设出外接圆方程，再结合点在双曲线上可得；设出直线方程与双曲线方程联立，结合韦达定理得到，进而得到；利用点到直线的距离公式求出原点到直线的距离与圆的半径比较即可. ②分别求出和，结合得到，根据直线与双曲线相交求出的范围，即可求出的范围. 【详解】（1）已知双曲线实轴长为，则，所以. 因为双曲线的一条渐近线为，即，所以，即. 所以双曲线的标准方程为. （2）①设，，则，均满足. 因为的外接圆经过点，所以可设的外接圆方程为. 所以，， 两式相减得，，故外接圆方程为. 则，，所以. 又，，代入中整理得，， 因为，所以，所以直线的斜率一定存在， 设直线的方程为，联立双曲线方程整理得， 当时，，，， 则， 所以，即. 原点到直线的距离为，等于圆的半径， 故直线与圆相切. ②直线与渐近线交于，与渐近线交于. 则. 直线与双曲线相交的弦长. 故. 由直线与双曲线相交可得，即且， 又点、、是双曲线上不同的三点，所以，故. 当时，，即； 当时，，即， 综上，的取值范围为. 29．（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． 30．（2026·江苏常州·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知双曲线，直线． (1)直线与双曲线C只有一个公共点，求的值； (2)若直线与双曲线有两个交点，，若为钝角，求的取值范围． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据直线和双曲线的位置关系，联立方程组，由直线和双曲线交点的个数，判断方程组解的个数，对参数进行讨论，求出参数值； （2）根据向量夹角是钝角时的余弦值性质，设出点的坐标，联立方程组，根据韦达定理和向量数量积的坐标表示，列出不等式，求出参数范围即可. 【详解】（1）由题意可知直线与双曲线有且只有一个公共点， 所以方程组只有一组解，即只有一个解， 当，即时，满足题意； （2）当时，有，解得，符合题意； 所以的值有共4个. 联立，消去并整理得， 显然，且，解得且， 设，， 则， 显然直线不过原点，即与不共线， 由为钝角，可得， 即，解得， 又且，于是得，解得， 所以的取值范围． 题型5：求方程类问题 31．（2026·山西运城·一模）已知A，B分别为椭圆C：的左、右顶点，且，C的离心率为． (1)求C的方程； (2)若倾斜角为的直线与C交于D，E两点，求DE的中点的轨迹方程； (3)若直线：与交于，两点，设直线，的斜率分别为，且，求t． 【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）设直线，与椭圆联立方程，结合韦达定理得到的中点坐标，利用消参法求轨迹方程. （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）倾斜角为，可得斜率. 设直线方程为：，与椭圆联立： 代入得：， 满足，即. 则，. 设，， 则中点横坐标： ，纵坐标：. 消去参数得：， 所以中点轨迹方程为：. （3） 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，得：. 32．（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. 33．（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. 34．（2026·河北邯郸·一模）已知是的两个顶点，是的重心，分别是边的中点，且．记点的轨迹为曲线． (1)求的方程． (2)若的面积为24，求点的坐标． (3)已知点，过的直线与曲线交于两点，直线与交于点，试判断是否在一条定直线上．若是，求出该直线方程；若不是，说明理由． 【答案】(1) (2)或或或 (3)是，直线 【分析】（1）根据已知及双曲线的定义写出的方程； （2）根据已知三角形面积及在双曲线上求出的坐标，结合重心的坐标性质确定点的坐标； （3）设的方程为，联立双曲线并应用韦达定理得，，写出直线与的方程，联立求出的轨迹，即可得. 【详解】（1）由题可知，，则． 又三点不共线，所以点的轨迹是以为焦点，4为实轴长的双曲线（不包含顶点）， 故的方程为； （2）设．因为的面积为24， 所以，得． 由，得． 因为是的重心， 所以或或或； （3）由题可知的斜率存在，可设的方程为． 由，得， 则，得，则，． 直线的方程为，直线的方程为， 则． 由，，得， 则，得， 故点在定直线上. 35．（2026·内蒙古呼伦贝尔·模拟预测）已知椭圆的离心率为，左焦点为，右顶点为，短轴长为8. (1)求的方程； (2)已知点在直线上且直线的斜率为，过点的直线与椭圆相切于点（异于点）. （i）求直线的方程； （ii）求证：. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据椭圆短轴长为8，椭圆离心率为，由求解即可；     （2）（i）先求得点P的坐标，再写出切线方程，然后与椭圆方程联立求解；（ii）方法一：利用二倍角正切公式法，易知，再由求解；方法二：利用向量夹角公式法，由求解. 【详解】（1）由已知椭圆短轴长为8，椭圆离心率为， 则，解得， 所以椭圆方程为. （2）（i）由（1）知，设， . 设过点与椭圆相切于点（异于点）的切线方程为， 代入，并整理得. 由直线与椭圆相切，， 化简得.         故切线方程为. 联立椭圆方程，解得切点为.     又因为，所以直线的方程为. （ii）方法一：（二倍角正切公式法） 由题意可知.     .     又，     故，故，     所以.     方法二：（向量夹角公式法） ，，，       ， ，    故，     所以. 36．（2026·山西太原·二模）已知椭圆的离心率为，点分别为的左､右焦点，过点的直线交于点，且的周长为8. (1)求椭圆的方程； (2)设和的面积分别为，且，求直线的方程. 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）根据已知椭圆离心率，三角形周长，以及建立等式，求解即可； （2）联立方程组，利用韦达定理，距离公式以及三角形面积公式求解即可. 【详解】（1）如图所示： 因为椭圆的离心率为，所以，① 又的周长为8，所以，② 且，③ 联立①②③解得：，所以椭圆的方程为. （2）如图所示： 由（1）得，设直线的方程为， 联立消去得：， 由， 设，则， 所以， 所以，解得， 所以直线的方程为或. 37．（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. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 解析几何(基础+中档) 题型1：定点、定值的问题 题型2：面积与面积最值问题 题型3：证明类问题 题型4：取值范围与最值问题 题型5：求方程类问题 题型1：定点、定值的问题 1．（2026·河南开封·模拟预测）已知抛物线C：的焦点为F，过点的直线交C于A，B两点，当直线与x轴垂直时，. (1)求C的方程； (2)若，求的值. 2．（2026·河北张家口·二模）已知椭圆：的长轴长为4，且与直线相切，，为上不在坐标轴上的不同两点． (1)求的方程； (2)若以为直径的圆经过点，证明：直线过定点． 3．（2026·河北雄安·模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，直线过点且与双曲线交于第一象限的点. (1)若直线与双曲线的左半支交于点，，且，求实数的值； (2)若点的横坐标为，且满足，证明：直线的斜率为定值. 4．（2026·甘肃张掖·模拟预测）已知抛物线的焦点为，为抛物线上任意一点，点到焦点的距离与到点的距离之和的最小值为3． (1)求抛物线的方程； (2)若过点的两条直线分别与抛物线交于点，与，且，求证：直线的斜率之和为0． 5．（2026·陕西咸阳·模拟预测）在平面直角坐标系中，过点的圆与直线相切，设圆心的轨迹为曲线． (1)求的方程； (2)已知点是上的一点，过点的直线与有两个不同的交点． （i）当点到直线的距离取得最大值时，求； （ii）记直线交轴于点，直线交轴于点，若，试判断是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 6．（2026·山东聊城·二模）已知双曲线的渐近线方程为，过点且与轴不重合的动直线交于、两点，当与轴垂直时，． (1)求双曲线的方程； (2)在轴上是否存在一定点，使为定值，若存在，求出的坐标及的值；若不存在，说明理由． 7．（2026·陕西咸阳·二模）已知椭圆：的两焦点分别是，，左顶点为，是椭圆上任意一点，的周长为. (1)求椭圆的标准方程； (2)动圆的圆心坐标为，过点作圆的两条切线，分别交椭圆于、两点，、两点与不重合，若直线、的斜率分别为、，求证：； (3)设存在斜率的直线与椭圆交于，两点（不是左右顶点），若以线段为直径的圆经过点，试判断直线是否恒过定点，若是，求出该定点坐标；若不是，说明理由. 题型2：面积与面积最值问题 8．（2026·云南昆明·模拟预测）已知椭圆：过点，以的长轴为直径的圆与轴上半轴交于，且． (1)求的方程； (2)若过点的直线与交于两点，满足直线的斜率之和为，求的面积． 9．（2026·上海·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆，过右焦点作两条互相垂直的弦AB、CD，且AB、CD中点分别为M、N． (1)写出椭圆右焦点的坐标及该椭圆的离心率； (2)证明：直线MN必过定点，并求出此定点坐标； (3)若弦AB、CD的斜率均存在，求面积的最大值． 10．（2026·湖南郴州·三模）已知椭圆的离心率为分别是椭圆的左，右焦点，点为椭圆上任意一点，且面积的最大值为所在的直线经过椭圆的中心，现将坐标平面沿轴折成一个直二面角，如图1､2所示. (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线的斜率为1，求翻折后异面直线与所成角的余弦值； (3)当不在轴上时，如图2，求面积的最大值. 11．（2026·重庆·模拟预测）已知点是抛物线的焦点，点在曲线上，且． (1)求的方程； (2)过点作两条直线交于两点，交于两点，且． ①求证：为定值； ②求四边形面积的最小值． 12．（2026·贵州·模拟预测）已知双曲线的右焦点为，虚轴长为，点在双曲线上，PF垂直于轴，且为实半轴长和半焦距的等差中项. (1)求双曲线的标准方程. (2)已知直线与双曲线相切. ①若与直线PF相交于点，与直线相交于点，证明恒为定值，并求此定值； ②若直线分别与双曲线的两条渐近线交于M，N两点，为坐标原点，判断的面积是否为定值. 13．（2026·新疆乌鲁木齐·一模）椭圆的一个顶点是，为坐标原点，离心率为. (1)求椭圆方程； (2)是椭圆上轴上方一点，是右焦点，的斜率为，求四边形的面积. 14．（2026·重庆北碚·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，且，点 在椭圆上，满足. (1)求椭圆的标准方程； (2)斜率为1的直线与椭圆交于、两点，点为坐标原点，若，求的面积. 题型3：证明类问题 15．（2026·四川绵阳·三模）椭圆的左，右焦点分别为，过外的点且斜率为的直线交于A，B两点．当过时，的周长为8，． (1)求的方程； (2)为坐标原点，设直线OA，OB的斜率分别为．证明：成等差数列． 16．（2026·安徽淮北·二模）已知双曲线，是其右顶点，定点，动点，直线交于点，连接并延长交于点. (1)若，证明：为的左顶点； (2)设直线，的斜率分别为，，求证：是定值； (3)若的面积为5，求点坐标. 17．（2026·重庆·模拟预测）已知分别为双曲线的左，右顶点，为双曲线上异于的任意一点，直线，斜率之积为，的焦距为． (1)求的方程； (2)过点作直线与双曲线交于，两点（不与重合），记的斜率分别为，证明：为定值． 18．（2026·四川宜宾·一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点M在C上，轴，且． (1)求C的方程； (2)过点的直线交C于不同的两点A、B，于点H，证明：直线HB过定点． 19．（2026·全国·二轮复习）已知椭圆的离心率为，右焦点，且，直线交椭圆于，两点，交轴于点． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线过右焦点，设，，求的值； (3)若已知，椭圆上下顶点分别为C，D，直线交直线于点，证明：点在定直线上． 20．（2026·河南信阳·模拟预测）已知直线，直线，该直线与圆交于两点，且. (1)证明直线过定点，并求出该定点的坐标； (2)求过点且与圆相切的直线方程. 21．（2026·江西赣州·一模）已知抛物线，过点作直线与抛物线相交于两点，为坐标原点. (1)证明：； (2)若存在异于点的定点，使得恒成立，请求出点的坐标，并求出面积的最小值. 题型4：取值范围与最值问题 22．（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. 23．（2026·江苏镇江·三模）如图，椭圆C：()的中心在原点，右焦点，椭圆与轴交于两点，椭圆离心率为，直线与椭圆C交于点. (1)求椭圆C的方程； (2)P是椭圆C弧上动点，当四边形的面积最大时，求P点坐标. 24．（2026·四川成都·三模）已知椭圆的左焦点为. (1)求的离心率； (2)为上一点，在处的切线为. ①证明：的方程为； ②设的右顶点为交直线于点与交于点为坐标原点，求的最小值. 25．（2026·河南焦作·一模）过抛物线的焦点作直线，交于两点，交轴于点，记过点且垂直于的直线为． (1)证明：直线与相切； (2)若，记直线与的切点为，求面积的最小值． 26．（2026·甘肃兰州·二模）已知椭圆：，的下顶点为，左焦点为，动直线与椭圆交于两点. (1)若是椭圆上的一个动点，求的最大值； (2)若直线经过定点，坐标平面上是否存在定点（不同于点），使得恒成立?若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由. 27．（2026·河南许昌·模拟预测）如图所示，一大一小的两圆方程为：和，点为小圆上的任意一点（不在轴上），点，过点作的垂线与大圆交于，两点，点，分别在线段，上，以，为圆心，，为半径的圆均与大圆内切.设圆，圆的半径分别为，（）. (1)求的最大值； (2)证明：. 28．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知双曲线：（,）的左、右焦点分别为，，实轴长为，双曲线的一条渐近线为. (1)求双曲线的标准方程； (2)为坐标原点，点、、是双曲线上不同的三点，且、两点关于轴对称，的外接圆经过点. ①求证：直线与圆相切； ②直线与渐近线交于，两点,求的取值范围. 29．（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． 30．（2026·江苏常州·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知双曲线，直线． (1)直线与双曲线C只有一个公共点，求的值； (2)若直线与双曲线有两个交点，，若为钝角，求的取值范围． 题型5：求方程类问题 31．（2026·山西运城·一模）已知A，B分别为椭圆C：的左、右顶点，且，C的离心率为． (1)求C的方程； (2)若倾斜角为的直线与C交于D，E两点，求DE的中点的轨迹方程； (3)若直线：与交于，两点，设直线，的斜率分别为，且，求t． 32．（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． 33．（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． 34．（2026·河北邯郸·一模）已知是的两个顶点，是的重心，分别是边的中点，且．记点的轨迹为曲线． (1)求的方程． (2)若的面积为24，求点的坐标． (3)已知点，过的直线与曲线交于两点，直线与交于点，试判断是否在一条定直线上．若是，求出该直线方程；若不是，说明理由． 35．（2026·内蒙古呼伦贝尔·模拟预测）已知椭圆的离心率为，左焦点为，右顶点为，短轴长为8. (1)求的方程； (2)已知点在直线上且直线的斜率为，过点的直线与椭圆相切于点（异于点）. （i）求直线的方程； （ii）求证：. 36．（2026·山西太原·二模）已知椭圆的离心率为，点分别为的左､右焦点，过点的直线交于点，且的周长为8. (1)求椭圆的方程； (2)设和的面积分别为，且，求直线的方程. 37．（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. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $