专题06+平面解析几何7个考点（湖南专用）2026年高考数学二模分类汇编

专题06 平面解析几何 7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 考点03双曲线方程及其性质 考点04抛物线方程及其性质 考点05圆锥曲线弦长面积问题 考点06圆锥曲线定点定值问题 考点07圆锥曲线证明，最值与探索问题 直线方程与圆的方程 考点1 一、单选题 1．（2026·湖南衡阳·二模）已知点P是直线上一点，过点P作圆的两条切线，切点分别为A，B，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先求得的最大值，再由二倍角公式得出的最小值． 【详解】圆的圆心C的坐标为，半径为1． 因为PA，PB为圆C的切线，切点分别为A，B， 所以，，，， 所以，． 当时，取最小值，，此时取最大值， 又，函数在上单调递增，即取最大值，此时取最大值， 又，所以． 2．（2026·湖南·二模）过点且倾斜角为的直线l交圆于、两点，则弦的长为（   ） A．4 B．6 C．7 D．8 【答案】D 【详解】过点且倾斜角为的直线，即． ∵圆，即， ∴圆心坐标为，圆心到直线l的距离， ∴直线被圆截得的弦长. 3．（2026·湖南常德·二模）已知圆与双曲线的渐近线相切，则椭圆的离心率（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由圆与双曲线渐近线相切得出，即可求解椭圆的离心率． 【详解】由圆得，圆心，半径为1， 双曲线的一条渐近线为，即， 因为圆与双曲线的渐近线相切， 所以圆心到渐近线的距离，整理得， 所以椭圆的离心率． 4．（2026·湖南岳阳·二模）“太极图”形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，如图所示，将“太极图”放在平面直角坐标系中，图中所有曲线均为圆或半圆，其中最大的圆半径为2.已知点是阴影区域(含边界)上的一个动点，则的值不可能是（    ） A．0 B．6 C．8 D．10 【答案】D 【分析】设，则，讨论P点所在区域，求出的最大值和最小值，即可得的最大值和最小值，即可判断出答案. 【详解】由于， 设，即表示阴影区域(含边界)上的点P和点之间的距离， 则； 当P在半圆上时，的最小值为； 当P在x轴下方的阴影区域（包含边界）时， 的最小值为和或之间的距离，为， 而，即的最小值为； 当P在第二象限的阴影区域（包含边界）时，圆弧所在圆的方程为， 的最大值为； 故的最小值为，最大值为 结合可知的值不可能是10. 二、填空题 5．（2026·湖南邵阳·二模）在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，动点满足.当取最大值时，______. 【答案】 【分析】先求出点的轨迹方程，判断出当取最大值时点的位置，结合直线与圆的位置关系求解即可. 【详解】设. 因为，所以， 整理得， 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆. 则当取最大值时，与圆相切，则. 在中，， 所以. 6．（2026·湖南常德·二模）已知曲线在处的切线与圆相交于两点，则___________． 【答案】 【分析】求导，根据点斜式求解切线方程，即可根据圆的弦长公式求解. 【详解】由得，故，进而可得曲线在处的切线方程为：，即， 圆心到直线的距离为， 故.其中为圆的半径. 椭圆方程及其性质 考点2 一、单选题 1．（2026·湖南常德·二模）已知圆与双曲线的渐近线相切，则椭圆的离心率（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由圆与双曲线渐近线相切得出，即可求解椭圆的离心率． 【详解】由圆得，圆心，半径为1， 双曲线的一条渐近线为，即， 因为圆与双曲线的渐近线相切， 所以圆心到渐近线的距离，整理得， 所以椭圆的离心率． 二、多选题 2．（2026·湖南邵阳·二模）已知，分别是椭圆：的左、右焦点，过的直线交于，两点，则下列结论成立的是（   ） A．的周长为8 B． C．的最小值为 D．存在直线，使得 【答案】ABD 【分析】由椭圆的定义即可判断A；由基本不等式即可判断B；根据椭圆弦长公式即可判断C；根据的最大角即可判断D． 【详解】A，根据椭圆的定义，， 所以的周长为，故A正确； B，根据基本不等式，，当且仅当时等号成立，故B正确； C，设直线的方程为，， 与椭圆方程联立得，， ，， ， 当时，最小为1，故C错误； D，当直线过短轴顶点时，最大， 此时，即最大为， 所以存在直线，使得，故D正确． 3．（2026·湖南湘潭·三模）已知是曲线上的动点，点，内切圆的圆心记为，直线与直线交于点，则（    ） A．关于直线对称 B．存在点，使得（为坐标原点） C．为定值 D． 【答案】ACD 【分析】对曲线方程中互换，得出方程不变，从而得出，判断选项A；对曲线方程进行变形，利用基本不等式结合两点间距离公式计算判断选项B；根据两点间距离公式计算得出，从而判断选项C；利用选项C结论，结合内心的性质求出比例关系，判断选项D． 【详解】对于A，由方程中互换后方程不变可得曲线关于直线对称，故A正确； 对于B，设，由，得， 当且仅当时，等号成立， ，从而，故B错误； 对于C， ，故4，是定值，故C正确； 由选项C可知，是以为焦点，4为长轴长，为焦距的椭圆， 是的内心，在上， 由三角形内角平分线定理得，变形得， 是的角平分线，则，令， 在中，，即，① 在中，，即，② 三点共线，则， 则， 将①除以②，可得， ，由等比性质，可得， 即，故D正确． 4．（2026·湖南郴州·三模）已知二次曲线表示一个椭圆，则（    ） A．的对称中心为 B．上的点到原点距离的取值范围是 C．当点在上时， D．的离心率为 【答案】ACD 【分析】根据对称性定义计算可判断A；令，由代入化简可得，计算可判断B；将曲线看作关于的方程，由判别式列不等式计算可判断C；先证明旋转公式，再将原方程标准化，计算判断D即可. 【详解】对于A，设是二次曲线上任意一点， 将代入二次曲线， 化简可得，所以在二次曲线上， 则二次曲线的对称中心为，故A正确； 对于B，令，则， 因为，得， 所以，解得，即， 所以二次曲线上的点到原点距离的取值范围是，故B错误； 对于C，将曲线方程视为关于的方程， 因为为实数，所以， 解得，当点在二次曲线上时， 可得，故C正确； 对于D，先推理旋转公式，记平面内点在角的终边上，则， 而绕原点顺时针旋转一个锐角，可得旋转后的坐标为， 由正余弦的和差公式得旋转后的坐标如下， 为， 又， 所以，即旋转公式得证， 将原方程化为标准方程，而其旋转角为， 旋转后整理方程令交叉项系数为0，可得， 而，解得，设， 代入曲线，化简可得， 故二次曲线可以看作由椭圆绕坐标原点逆时针旋转得到， 如图所示，作出符合题意的图形， 在椭圆中， 故二次曲线的离心率为，故D正确. 三、填空题 5．（2026·湖南长沙·二模）已知点在椭圆上，的左焦点为，若线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上，则的值为_______. 【答案】 【分析】连接与椭圆的右焦点，与的中点，结合相似三角形与椭圆的定义求解即可. 【详解】由已知得：， 设椭圆的右焦点为，的中点为，连接和（如图所示）， 因为在以为圆心，为半径的圆上，所以， 又为的中点，为的中点，所以， 由椭圆的定义知：. 6．（2026·湖南湘潭·三模）已知是椭圆和抛物线的公共焦点，是的另一个焦点，是与的交点，若是等腰直角三角形，则的离心率为__________． 【答案】 【分析】过作准线的垂线，设垂足为，通过是等腰直角三角形，结合抛物线和椭圆定义即可求解. 【详解】如图，因为是的公共焦点，是的另一个焦点，所以的准线经过点． 根据对称性，不妨令在第一象限． 因为是等腰直角三角形，所以． 过作准线的垂线，垂足为，则是等腰直角三角形， 则．又， 所以，即． 设，则， 则的离心率为． 7．（2026·湖南永州·三模）已知椭圆，，为的左、右焦点，过的直线交于，两点，的面积为，的内切圆与相切于点，若，则的离心率为__________． 【答案】 【分析】利用三角形面积可求得为椭圆短轴端点，再利用切线线相等的性质可求得，再结合椭圆的定义可求得，最后利用椭圆的第二定义推导的焦半径公式来表达相等关系，即可求得离心率. 【详解】由的面积， 代入椭圆方程得，即为椭圆短轴端点， 不妨取， 由椭圆的定义可得 ​的周长为， 根据内切圆切线长性质：， 由椭圆的定义得：，，， 则， 由得，即， 直线过)和，方程为， 联立椭圆方程，代入可得：， 解得点横坐标， 由椭圆右焦半径公式， 再代入可得：， 所以解得. 双曲线方程及其性质 考点3 一、单选题 1．（2026·湖南岳阳·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为，过点且斜率为 的直线与双曲线E的右支交于两点，若 则双曲线E的离心率为（    ） A． B．2 C．2或 D．或 【答案】D 【分析】直线的倾斜角为，由题意可得，结合双曲线定义及已知可得，，分在第一象限，在第四象限时和在第四象限，在第一象限两种情况，求出与的关系，在中，利用余弦定理找到的关系，结合离心率的定义求解即可. 【详解】如图所示： 设直线的倾斜角为，则有，所以， 即，又因为，解得， 又因为直线与双曲线的右支交于两点，所以，即有， 所以，，所以，解得， 又因为所以， 由双曲线定义可得，所以， 又因为，在中，， 由余弦定理可得, 所以， 整理得：， 即，解得，负根舍去. 当在第一象限，在第四象限时，如图所示： 此时在中，， 由余弦定理可得, 所以，整理得：， 即，解得，负根舍去. 综上，或. 2．（2026·湖南常德·二模）已知圆与双曲线的渐近线相切，则椭圆的离心率（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由圆与双曲线渐近线相切得出，即可求解椭圆的离心率． 【详解】由圆得，圆心，半径为1， 双曲线的一条渐近线为，即， 因为圆与双曲线的渐近线相切， 所以圆心到渐近线的距离，整理得， 所以椭圆的离心率． 二、多选题 3．（2026·湖南怀化·二模）已知双曲线C：，则下列结论正确的是（   ） A．m的取值范围是 B．C的焦距与m的取值无关 C．若C的离心率不小于2，则m的取值范围为 D．存在实数，使得点在C上 【答案】ABC 【分析】A.由求解判断；B.由C的焦距为2判断；C.由和求解判断；D.结合，由判断. 【详解】由题意得，则，A正确． 由题意知，故C的焦距为2，与m的取值无关，B正确． 由，解得，又，所以m的取值范围为，C正确． 假设存在实数，使得点在C上，则，． 当时，，则， 所以在上无实数解，D错误． 4．（2026·湖南永州·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为，点是的渐近线上一点（在轴上方），直线与圆相切，且与的左、右两支分别交于两点，若，则（   ） A．以为直径的圆与圆相切 B．的离心率 C．线段的中点在直线上 D．的面积为 【答案】ABD 【分析】设的中点为，则，即可判断A；设直线与圆的切点为，直线为双曲线的另一条渐近线，根据双曲线的对称性可得，结合离心率的概念计算即可判断B；根据点差法计算可得，求出直线的斜率即可判断C；设，则，根据双曲线的定义可得，结合计算即可判断D. 【详解】设的中点为，则， 以为直径的圆与圆的圆心距为两圆的半径之和， 故以为直径的圆与圆相切，故A正确； 因为点是双曲线的渐近线上的一点，， 所以，设直线与圆的切点为， 则，故直线的斜率为， 即直线为双曲线的另一条渐近线，由双曲线的对称性知， ，即， 所以双曲线的离心率为，故B正确； 设的中点为，设， 则，直线的斜率为， 且，两式相减得， 整理得，即， 又因为直线的斜率为，所以直线的斜率为， 所以的中点在直线上，故C错误； D：设，因为， 所以，由双曲线的定义得， ， 因为，代入得，化简整理得， 即，即， 解得，又， 所以的面积为，故D正确. 故选：ABD 5．（2026·湖南湘潭·二模）已知，是双曲线上两个不同的点，是的左顶点，则（    ） A．的焦距为 B．当轴时，与可能垂直 C．当时，，的横坐标之和的取值集合为 D．当，的纵坐标异号时，对任意的点，都存在点，使得 【答案】AC 【分析】对于A，根据双曲线方程进行判断；对于B，利用向量法进行判断；对于C，得到Q，R的轨迹方程，联立双曲线方程，求解；对于D，根据倾斜角和渐近线进行判断. 【详解】的焦距为，A正确． 当轴时，． （方法一），则，因为的两条渐近线互相垂直，所以，B错误． （方法二）设，，则，， 则， 若，则，解得， 此时，，三点重合，这与题意不符合，所以与不可能垂直，B错误． 当时，，在以为圆心，3为半径的圆上， 该圆的方程为， 由得， 整理得，解得，， 所以，的横坐标之和可能为，，， 故，的横坐标之和的取值集合为，C正确． 如图，设在第一象限，当直线的倾斜角为时，设直线与轴交于点， 若，则，则直线与的一条渐近线平行，从而点不存在，D错误． 故选：AC. 三、填空题 6．（2026·湖南衡阳·二模）已知双曲线的右焦点为F，过F作双曲线C的渐近线的垂线，垂足为P，若，则C的离心率为_______． 【答案】 【详解】由题意设，不妨设双曲线的渐近线为，即， 则点F到渐近线的距离，又，所以， 所以双曲线的离心率． 四、解答题 7．（2026·湖南长沙·二模）对于双曲线，我们称与互为“交换双曲线”；对于椭圆，我们称与互为“交换椭圆”. (1)若双曲线E的“交换双曲线”为自己本身，且过点，求双曲线E的标准方程； (2)在（1）的条件下，设双曲线E的左顶点为A，斜率为2的直线与双曲线E的右支交于B，C两点，且B，C均不在x轴上.试判断的垂心是否在双曲线E上，并说明理由； (3)已知椭圆W的焦点在x轴上，长轴长为，离心率为.封闭曲线上任一点满足：当时，点D在椭圆W上；当时，点D在椭圆W的“交换椭圆”上.若矩形关于直线对称且各顶点均在曲线上，求证：矩形的面积小于5.20.（注：） 【答案】(1) (2)的垂心在双曲线E上，理由见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由题意可得，设出双曲线的方程，代入点坐标，求出，即可得答案. （2）分别表示出直线、直线的方程，两式联立求出，再代入双曲线的方程验证即可证明. （3）求出椭圆的方程与其“交换椭圆”的方程，设，根据矩形的性质，可得的表达式，根据直线平行直线，求出直线PN的方程，与椭圆W联立，根据韦达定理，可得N点坐标，根据弦长公式，可得表达式，进而可得面积S的表达式，根据椭圆W的参数方程，结合三角函数的性质，即可得证. 【详解】（1）由“交换双曲线”的定义可知，即， 所以设双曲线的方程为，又因为过点， 所以，双曲线E的标准方程为：. （2），设直线的方程为：，设，， 联立可得：， 直线与双曲线E的右支交于B，C两点， 所以，解得：， 又因为， ， 设垂心为，所以直线的方程为：， 又因为，所以直线的方程为：， 联立可得：， 则 因为，所以， ， 因为，所以，所以，又因为在， 所以，所以， 又因为：.故的垂心在双曲线E上.    （3）由长轴为，可得，由离心率，得， 所以， 不妨设椭圆的焦点在x轴，则方程为， 则椭圆的“交换椭圆”方程为， 所以曲线的方程为， 因为矩形关于对称，设在椭圆W上， 则在“交换椭圆”上，则， 又直线平行直线，则直线PN的斜率为1， 所以直线PN的方程为，即， 联立，得， 所以，得， 所以， 所以面积， 因为点P在椭圆W上，所以， 令， 代入可得 ， 取，此时等号成立， 且当时，， ， ，满足， 故矩形的面积小于5.20.    抛物线方程及其性质 考点4 一、单选题 1．（2026·湖南衡阳·二模）已知抛物线上的点到抛物线焦点F的距离为5，则（   ） A．4 B．3 C．2 D． 【答案】A 【分析】根据抛物线的定义，结合抛物线的准线方程，即可求得答案. 【详解】由抛物线的定义可得，点P到抛物线焦点F的距离等于点P到准线的距离， 抛物线的准线方程为， 所以，解得. 2．（2026·湖南永州·二模）已知抛物线的焦点为，点在轴上且位于右侧，点在上，若为等边三角形，则（   ） A．2 B．2 C．2 D．4 【答案】D 【分析】如图，设，则，结合抛物线的定义得，进而建立关于的方程，解之即可求解. 【详解】如图，，设，的中点为， 则，又为等边三角形，所以， 由抛物线的定义知，所以， 解得，所以.    故选：D 3．（2026·湖南张家界·三模）已知抛物线的焦点为，准线为，过上一点作的垂线，垂足为，则直线的一般式方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先求出抛物线方程，进而得出焦点坐标和准线方程，即可得出，再计算直线的一般式方程． 【详解】把点坐标代入的方程可得， 所以，故点， 则直线的斜率为， 于是，转化为一般方程为． 4．（2026·湖南永州·三模）已知是抛物线的焦点，是上一点，直线交轴于点．若为的中点，则（    ） A．3 B． C．4 D． 【答案】D 【详解】 由抛物线得焦点，设， 因为是的中点，所以的坐标为， 因为在抛物线上，将坐标代入得： ， 再由两点间距离公式： . 5．（2026·湖南郴州·三模）已知点，抛物线的焦点为，点是抛物线上一动点，则的最大值为（    ） A．1 B． C． D．2 【答案】B 【分析】设到准线的距离为，则．然后求出．判断当与抛物线相切时，最小，即取得最大值，再利用切线性质计算即可得. 【详解】抛物线的准线方程为， 设到准线的距离为，则， 则， 则当与抛物线相切时，最小，即取得最大值， 设过点的直线与抛物线相切， 联立，得， ，解得， 即有，解得，把代入得， 或，此时. 二、多选题 6．（2026·湖南·二模）设抛物线的焦点为，到准线的距离为，过的直线交于、（在第一象限）两点，过点作准线的垂线，垂足为，直线交轴于点，则（   ） A．抛物线的方程为 B．若，则 C．若，则 D．若，则直线AB的方程为 【答案】ABD 【分析】利用焦点到准线的距离计算即可得A；由抛物线定义可计算出点坐标，再利用面积公式计算即可得B；利用焦半径公式计算可得点坐标，则可得点、坐标，即可得C；设出直线的方程，联立曲线方程，利用韦达定理计算可得、，再利用焦点弦公式计算即可得D. 【详解】对A：因为到准线的距离为2，所以，故抛物线方程为，故A正确； 对B：因为，则，，即， 则，故B正确； 对C：若，则，，即， 所以，，则直线FN的方程为， 所以，故，故C错误， 对D：易知直线AB的斜率不为0，设直线的方程为，， 联立，得，易知，则， 又，，， 因为，即，设， 则， 所以，，所以，所以， 又点A在第一象限且，所以，所以直线的方程为，故D正确． 三、填空题 7．（2026·湖南湘潭·三模）已知是椭圆和抛物线的公共焦点，是的另一个焦点，是与的交点，若是等腰直角三角形，则的离心率为__________． 【答案】 【分析】过作准线的垂线，设垂足为，通过是等腰直角三角形，结合抛物线和椭圆定义即可求解. 【详解】如图，因为是的公共焦点，是的另一个焦点，所以的准线经过点． 根据对称性，不妨令在第一象限． 因为是等腰直角三角形，所以． 过作准线的垂线，垂足为，则是等腰直角三角形， 则．又， 所以，即． 设，则， 则的离心率为． 四、解答题 8．（2026·湖南常德·二模）抛物线的焦点为为坐标原点，抛物线上的一点到焦点的距离为． (1)求抛物线的标准方程； (2)已知直线交抛物线于两点，直线交抛物线的准线于点，且轴． （i）证明：直线过定点； （i）点为抛物线的准线与轴的交点，若的面积与的面积相等，求直线的方程． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）或 【分析】（1）根据条件，利用抛物线的定义，建立方程组，即可求解； （2）（i）设直线，，联直线与抛物线方程，再结合题设条件和根与系数间的关系，得，即可求解；（ii）根据条件，将问题转化成到直线的距离相等，再利用点到直线的距离公式，即可求解. 【详解】（1）因为抛物线上的一点到焦点的距离为， 则，消得到，解得，所以抛物线的标准方程. （2）（i）由题可设，， 由，消得到，则，， 又，所以，令，得到， 所以，又轴，则，得到， 所以，解得，则，所以直线过定点. （ii）因为在抛物线上，则，解得，所以，由（i）知， 又点为抛物线的准线与轴的交点，则，又的面积与的面积相等， 则到直线的距离相等，所以，即，解得， 所以直线的方程为或. 圆锥曲线弦长面积问题 考点5 一、解答题 1．（2026·湖南常德·二模）抛物线的焦点为为坐标原点，抛物线上的一点到焦点的距离为． (1)求抛物线的标准方程； (2)已知直线交抛物线于两点，直线交抛物线的准线于点，且轴． （i）证明：直线过定点； （i）点为抛物线的准线与轴的交点，若的面积与的面积相等，求直线的方程． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）或 【分析】（1）根据条件，利用抛物线的定义，建立方程组，即可求解； （2）（i）设直线，，联直线与抛物线方程，再结合题设条件和根与系数间的关系，得，即可求解；（ii）根据条件，将问题转化成到直线的距离相等，再利用点到直线的距离公式，即可求解. 【详解】（1）因为抛物线上的一点到焦点的距离为， 则，消得到，解得，所以抛物线的标准方程. （2）（i）由题可设，， 由，消得到，则，， 又，所以，令，得到， 所以，又轴，则，得到， 所以，解得，则，所以直线过定点. （ii）因为在抛物线上，则，解得，所以，由（i）知， 又点为抛物线的准线与轴的交点，则，又的面积与的面积相等， 则到直线的距离相等，所以，即，解得， 所以直线的方程为或. 2．（2026·湖南·三模）已知椭圆的上、下焦点分别为，，右顶点为，为锐角三角形且面积为． (1)求椭圆的离心率． (2)过的直线交椭圆于，两点（在的左侧），且的面积与的面积相等． （ⅰ）求直线的斜率； （ⅱ）若，求椭圆的方程． 【答案】(1) (2)（ⅰ）或；（ⅱ）. 【分析】（1）法一：利用三角形面积公式求出，得到，进而得到关系，求出离心率； 法二：联立方程组，将代入，得到关于的齐次式，进而求出离心率； （2）（ⅰ）由得到和到直线的距离相等，分两种情况：当和在直线同侧时，，计算的斜率；当和在直线异侧时，直线过的中点，计算的斜率； （ⅱ）先验证斜率为时，，不符合题意，舍去； 再分析斜率为的情况：联立直线与椭圆方程，用韦达定理求出弦长，由垂直平分得，结合椭圆定义转化得，进而求出，得到椭圆方程. 【详解】（1）法一：因为， 所以，又为锐角三角形，所以，即为等边三角形， 所以，即． 法二：由题意得消去得， 同除以得，即，解得或， 因为为锐角三角形，所以，即，故． （2）（ⅰ），和到直线的距离相等， 当和在直线同侧时，，直线的斜率为； 当和在直线异侧时，直线过的中点， 直线的斜率， 综上，直线的斜率为或． （ⅱ）当直线的斜率为时，设直线的方程为，，， 联立消去，得， 解得或所以，， （不合题意，舍去）； （另解：在中，，，故，从而，不合题意） 当直线的斜率为时，设直线的方程为，，， 联立消去，得， 故，． ， 由（ⅰ）知垂直平分，故， 所以，故， 此时椭圆的方程为， 综上所述：椭圆的方程为． 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. 【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）. 4．（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. 5．（2026·湖南长沙·二模）对于双曲线，我们称与互为“交换双曲线”；对于椭圆，我们称与互为“交换椭圆”. (1)若双曲线E的“交换双曲线”为自己本身，且过点，求双曲线E的标准方程； (2)在（1）的条件下，设双曲线E的左顶点为A，斜率为2的直线与双曲线E的右支交于B，C两点，且B，C均不在x轴上.试判断的垂心是否在双曲线E上，并说明理由； (3)已知椭圆W的焦点在x轴上，长轴长为，离心率为.封闭曲线上任一点满足：当时，点D在椭圆W上；当时，点D在椭圆W的“交换椭圆”上.若矩形关于直线对称且各顶点均在曲线上，求证：矩形的面积小于5.20.（注：） 【答案】(1) (2)的垂心在双曲线E上，理由见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由题意可得，设出双曲线的方程，代入点坐标，求出，即可得答案. （2）分别表示出直线、直线的方程，两式联立求出，再代入双曲线的方程验证即可证明. （3）求出椭圆的方程与其“交换椭圆”的方程，设，根据矩形的性质，可得的表达式，根据直线平行直线，求出直线PN的方程，与椭圆W联立，根据韦达定理，可得N点坐标，根据弦长公式，可得表达式，进而可得面积S的表达式，根据椭圆W的参数方程，结合三角函数的性质，即可得证. 【详解】（1）由“交换双曲线”的定义可知，即， 所以设双曲线的方程为，又因为过点， 所以，双曲线E的标准方程为：. （2），设直线的方程为：，设，， 联立可得：， 直线与双曲线E的右支交于B，C两点， 所以，解得：， 又因为， ， 设垂心为，所以直线的方程为：， 又因为，所以直线的方程为：， 联立可得：， 则 因为，所以， ， 因为，所以，所以，又因为在， 所以，所以， 又因为：.故的垂心在双曲线E上.    （3）由长轴为，可得，由离心率，得， 所以， 不妨设椭圆的焦点在x轴，则方程为， 则椭圆的“交换椭圆”方程为， 所以曲线的方程为， 因为矩形关于对称，设在椭圆W上， 则在“交换椭圆”上，则， 又直线平行直线，则直线PN的斜率为1， 所以直线PN的方程为，即， 联立，得， 所以，得， 所以， 所以面积， 因为点P在椭圆W上，所以， 令， 代入可得 ， 取，此时等号成立， 且当时，， ， ，满足， 故矩形的面积小于5.20.    圆锥曲线定点定值问题 考点6 一、多选题 1．（2026·湖南湘潭·三模）已知是曲线上的动点，点，内切圆的圆心记为，直线与直线交于点，则（    ） A．关于直线对称 B．存在点，使得（为坐标原点） C．为定值 D． 【答案】ACD 【分析】对曲线方程中互换，得出方程不变，从而得出，判断选项A；对曲线方程进行变形，利用基本不等式结合两点间距离公式计算判断选项B；根据两点间距离公式计算得出，从而判断选项C；利用选项C结论，结合内心的性质求出比例关系，判断选项D． 【详解】对于A，由方程中互换后方程不变可得曲线关于直线对称，故A正确； 对于B，设，由，得， 当且仅当时，等号成立， ，从而，故B错误； 对于C， ，故4，是定值，故C正确； 由选项C可知，是以为焦点，4为长轴长，为焦距的椭圆， 是的内心，在上， 由三角形内角平分线定理得，变形得， 是的角平分线，则，令， 在中，，即，① 在中，，即，② 三点共线，则， 则， 将①除以②，可得， ，由等比性质，可得， 即，故D正确． 二、解答题 2．（2026·湖南湘潭·三模）已知双曲线的实轴长与虚轴长相等，且的焦距为． (1)求的方程． (2)对于上的任意两点，定义：． ①若是右支上两个不同的点，证明：． ②若是右支上三个不同的点，且存在常数，使得，证明为定值，并求该定值（用表示）． 【答案】(1) (2)① 证明见解析；②证明见解析，该定值为 【分析】（1）根据题意即可求出，从而得到答案； （2）①根据是右支上两个不同的点，以及的定义即可判断；②根据题意得出均在直线上，从而得出为定值. 【详解】（1）由题可知， 解得， 则双曲线的方程为． （2）①依题意可设直线的方程为． 由可得， 则，且， ， 所以 因为是右支上两个不同的点，所以． 又，所以． 则， 由，得，即， 则，故. ②设．由和①可得， 且则均在直线上． 若，则，的方程为，由可得， 则，因此 若，则的方程可化为， 由可得． 因为，所以上式可化为， 此时，且， 因此， 综上所述，为定值，且该定值为． 3．（2026·湖南永州·二模）已知椭圆经过点为的右焦点． (1)求的标准方程； (2)过点的直线与交于两点（的斜率存在且不为0），设点关于轴的对称点为，的外接圆圆心为． （i）求面积的最大值； （ii）直线与直线的斜率之积是否为定值？若是，求出这个定值，若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)（i）（ii）是；定值为1，证明见解析. 【分析】（1）根据椭圆定义求，再根据关系联立方程求解椭圆方程； （2）（i）直线方程为,跟椭圆方程联立可得，根据直线与直线的斜率之和为0，再结合韦达定理求得直线过定点，再利用韦达定理转化面积，再由一般不等式求解面积最值； （ii）求解和的垂直平分线方程为，，联立两直线方程可得，，即得，再结合可得斜率乘积为定值. 【详解】（1）如图所示，因为为的右焦点，则，且椭圆左焦点为， 所以, 所以， 所以椭圆的方程为. （2）（i）设直线方程为，， 联立，得， ，即， ，， 因为点关于轴的对称点为，则直线与直线的斜率之和为0， 所以， 即，即， 得，即，所以直线过定点，且， 所以， 即，令， ， 当且仅当时，即时，面积的最大值为. （ii）因为的垂直平分线方程为， 即①，同理的垂直平分线方程为②， ①+②得，，故， ①-②得，， 所以，即， 所以，故， 又因为，故， 所以直线与直线的斜率之积是定值1. 4．（25-26高二下·湖北·月考）已知点，圆，P为圆上的一个动点，线段PD的中垂线与PC交于点Q，当点P在圆上运动时，记点Q的轨迹为曲线． (1)求的方程； (2)若过定点且斜率存在的直线l与曲线交于A，B两点，试探究： ①在y轴上是否存在定点M，使得直线MA，MB的斜率之积为定值？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由． ②若N为平面内一动点，直线NA，NT，NB斜率的倒数成等差数列，则点N是否在某定直线上？若存在，求出该定直线的方程；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)①时，直线MA，MB的斜率之积为定值 ；②点N在定直线上 【分析】（1）根据已知结合椭圆定义计算得出进而得出椭圆方程； （2）①联立直线和椭圆方程，再应用斜率公式计算求解得出定值； ②应用，代入化简，再分和时，分别计算求解. 【详解】（1）由题意可得，，则， 故点Q的轨迹为椭圆，且，所以， 则曲线的方程为； （2）①设直线l的方程为，点． 联立，消y可得， 则， 所以， ， 所以， 整理得， 则当，即时，直线MA，MB的斜率之积为定值； ②设点， 由直线NA，NT，NB斜率的倒数成等差数列，则， 即，所以， 又，代入可得． 当时，则点N在直线l上，显然不满足定直线， 当时，， 又直线NT的斜率不能为零，则， 所以，即． 由①可得，，则． 综上，所以点N在定直线上（经检验合题意）. 5．（2025·江苏南京·二模）在平面直角坐标系中，点，动点P满足，记点P的轨迹为C． (1)求C的方程； (2)过点Q且斜率不为0的直线l与C相交于两点E，F（E在F的左侧）．设直线AE，AF的斜率分别为． ①求证：为定值； ②设直线AF，BE相交于点M，求证：为定值． 【答案】(1) (2)①证明见解析；②证明见解析 【分析】（1）根据椭圆的定义可知点在以，为焦点，4为长轴长的椭圆上，即可求出轨迹方程. （2）①设直线的方程为，，，，联立直线与椭圆方程，消元，列出韦达定理，即可得到，再由斜率公式计算可得； ②作关于轴的对称点，则，，三点共线，设，表示出直线、的方程，即可得到，，代入椭圆方程得到轨迹方程，结合双曲线的定义即可证明. 【详解】（1）由，， 所以点在以，为焦点，4为长轴长的椭圆上， 设椭圆方程为， 焦距为，则，， 所以， 所以C的方程为. （2）①由，直线的斜率存在且不为0， 设直线的方程为，，，， 联立，得， 则，，， 所以， 又因为，所以，， 所以， . ②由①可知，，所以， 作关于轴的对称点，则，，三点共线， 又，，设， 则直线方程即为直线方程， 又直线方程为， 作差可得， 所以， 所以，， 又，得出， 又因为， 所以， 即，即， 所以点在以，为焦点，1为实轴长的双曲线的左支上运动， 所以. 圆锥曲线证明，最值与探索问题 考点7 一、解答题 1．（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． 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，． 3．（2026·湖南岳阳·二模）如图，椭圆 与抛物线 有相同的焦点，坐标原点为O，椭圆右顶点为A，椭圆与抛物线在第一象限交于点P，在第四象限交于点Q，且. (1)求椭圆方程； (2)若封闭曲线围成的区域面积为S，证明： (3)将封闭曲线绕x轴旋转一周得到一个几何体Ω，在Ω内部有一个以x轴为轴的圆台，圆台体积为 ，证明：. 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】(1)根据抛物线的焦点求出椭圆的，再根据点的条件列出方程求出即可； (2)利用切线放缩，转化成求多边形面积即可； (3)对圆台位置分类讨论，利用均值不等式或函数求最值即可. 【详解】（1）由抛物线 有相同的焦点为， 从而在椭圆中有，得； 由，故点在的垂直平分线上，由题意， 从而点的横坐标为，代入，得，即， 又点在椭圆上，从而有，即得， 即，解得（负值舍去），从而， 从而所求椭圆方程. （2）由（1）可知，， 如图过点，分别作轴的平行线，分别交轴于， 过点作轴的垂线，交于，交于， 在点分别作抛物线与椭圆的切线，分别交轴于，直线于. 由点在第一象限，可把抛物线表示为，求导得：， 椭圆表示为，求导得， 从而， 从而的表达式为：，得，故， 从而的表达式为：，得，故. 由， 故在第一象限内，直线在抛物线上方； 由，， 令，则 ， 故在第一象限内，直线在椭圆上方； 从而由对称性可知封闭曲线OPAQ围成的区域面积为 即，即可得. （3）当圆台的两底面均在直线的左侧时， 两底面到轴距离分别为，则两底面半径， 从而圆台体积：， 又由均值不等式，当且仅当时取等号，故 ， 即； 当圆台的两底面在直线的两侧时， 两底面到轴距离分别为，则两底面半径， 从而圆台体积： （此处应用的变形）， 而， 又， 当且仅当时，取等号， 而， 故， 从而. 当圆台的两底面在直线的右侧时， 两底面到轴距离分别为，则两底面半径， 从而圆台体积：， （此处应用的变形）， 而 由，，而， 所以， 令，，则， 令，，或（舍去） 在导函数，从而单调递增； 在导函数，从而单调递减； 从而在的最大值为, 从而. 综上，封闭曲线绕x轴旋转一周得到一个几何体Ω，在Ω内部有一个以x轴为轴的圆台，圆台体积为 4．（2026·湖南湘潭·三模）已知双曲线的实轴长与虚轴长相等，且的焦距为． (1)求的方程． (2)对于上的任意两点，定义：． ①若是右支上两个不同的点，证明：． ②若是右支上三个不同的点，且存在常数，使得，证明为定值，并求该定值（用表示）． 【答案】(1) (2)① 证明见解析；②证明见解析，该定值为 【分析】（1）根据题意即可求出，从而得到答案； （2）①根据是右支上两个不同的点，以及的定义即可判断；②根据题意得出均在直线上，从而得出为定值. 【详解】（1）由题可知， 解得， 则双曲线的方程为． （2）①依题意可设直线的方程为． 由可得， 则，且， ， 所以 因为是右支上两个不同的点，所以． 又，所以． 则， 由，得，即， 则，故. ②设．由和①可得， 且则均在直线上． 若，则，的方程为，由可得， 则，因此 若，则的方程可化为， 由可得． 因为，所以上式可化为， 此时，且， 因此， 综上所述，为定值，且该定值为． 5．（2026·湖南永州·三模）在平面直角坐标系中，已知点，、动点满足，，记点的轨迹为曲线． (1)求的方程： (2)已知点，，过点作斜率为的直线交于，两点，设直线，的斜率分别为，，若，，成等差数列，求． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）利用双曲线定义求出点的轨迹方程，再利用坐标代换法求出曲线的方程. （2）设出直线的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理及斜率公式列式求解. 【详解】（1）由，得点的轨迹是以为左右焦点，实轴长为2的双曲线， 实半轴长，半焦距，虚半轴长， 因此点的轨迹方程为，设，由，得， 于是，即，所以曲线的方程为. （2）依题意，直线的斜率存在且不为0，设其方程为，， 由消去得，， 则，，， 由，，成等差数列，得，即， 则，即，所以. 6．（2026·湖南·三模）已知双曲线的渐近线互相垂直，分别为其左、右焦点，双曲线与圆的某个交点的横坐标为. (1)求双曲线的标准方程； (2)过右焦点的直线l与的右支交于P，Q两点，其中点P位于第一象限内，直线分别与y轴交于M，N两点. （i）是否存在直线l使得点在以线段MN为直径的圆上，若存在，请求出此时直线的斜率；若不存在，请说明理由； （ii）当时，求出的大小. 【答案】(1) (2)（i）不存在，理由见解析；（ii）或 【分析】（1）由渐近线互相垂直得到， 双曲线方程和圆方程联立方程组解出即可得解； （2）（i）显然直线斜率不存在时结论不成立，设出直线的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理得到，利用点斜式写出直线的方程为，直线的方程为，从而得到点M的坐标和点N的坐标，若点在以线段MN为直径的圆上，则，利用数量积求出，解得的值，（ii）利用两点间距离公式求出，解得的值，利用二倍角的正切公式求. 【详解】（1）因为渐近线互相垂直，所以， 将双曲线方程和圆方程联立，解出，解得， 则双曲线的方程为； （2）（i）显然直线斜率不存在时结论不成立， 设直线，与双曲线方程联立得到，设点P，Q的坐标分别为，且恒成立，则， 直线的方程为：，直线的方程为：， 故点M的坐标为，点N的坐标为， 若点在以线段MN为直径的圆上，则， 则 ，解得， 但是注意到直线l仅与双曲线右支相交，所以，因此上述直线不符合条件，因此不存在； （ii）由两点间距离公式可得， ， 则，解得或（舍），可得，当时，设l的倾斜角为， 则， 所以，同理可得另一个角为，因此为或. 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 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 平面解析几何 直线方程与圆的方程 考点1 题号 1 2 3 4 答案 D D A D 5． 6． 椭圆方程及其性质 考点2 题号 1 2 3 4 答案 A ABD ACD ACD 5． 6． 7． 双曲线方程及其性质 考点3 题号 1 2 3 4 5 答案 D A ABC ABD AC 6． 7．(1) (2)的垂心在双曲线E上，理由见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由题意可得，设出双曲线的方程，代入点坐标，求出，即可得答案. （2）分别表示出直线、直线的方程，两式联立求出，再代入双曲线的方程验证即可证明. （3）求出椭圆的方程与其“交换椭圆”的方程，设，根据矩形的性质，可得的表达式，根据直线平行直线，求出直线PN的方程，与椭圆W联立，根据韦达定理，可得N点坐标，根据弦长公式，可得表达式，进而可得面积S的表达式，根据椭圆W的参数方程，结合三角函数的性质，即可得证. 【详解】（1）由“交换双曲线”的定义可知，即， 所以设双曲线的方程为，又因为过点， 所以，双曲线E的标准方程为：. （2），设直线的方程为：，设，， 联立可得：， 直线与双曲线E的右支交于B，C两点， 所以，解得：， 又因为， ， 设垂心为，所以直线的方程为：， 又因为，所以直线的方程为：， 联立可得：， 则 因为，所以， ， 因为，所以，所以，又因为在， 所以，所以， 又因为：.故的垂心在双曲线E上.    （3）由长轴为，可得，由离心率，得， 所以， 不妨设椭圆的焦点在x轴，则方程为， 则椭圆的“交换椭圆”方程为， 所以曲线的方程为， 因为矩形关于对称，设在椭圆W上， 则在“交换椭圆”上，则， 又直线平行直线，则直线PN的斜率为1， 所以直线PN的方程为，即， 联立，得， 所以，得， 所以， 所以面积， 因为点P在椭圆W上，所以， 令， 代入可得 ， 取，此时等号成立， 且当时，， ， ，满足， 故矩形的面积小于5.20.    抛物线方程及其性质 考点4 题号 1 2 3 4 5 6 答案 A D A D B ABD 7． 8．(1) (2)（i）证明见解析；（ii）或 【分析】（1）根据条件，利用抛物线的定义，建立方程组，即可求解； （2）（i）设直线，，联直线与抛物线方程，再结合题设条件和根与系数间的关系，得，即可求解；（ii）根据条件，将问题转化成到直线的距离相等，再利用点到直线的距离公式，即可求解. 【详解】（1）因为抛物线上的一点到焦点的距离为， 则，消得到，解得，所以抛物线的标准方程. （2）（i）由题可设，， 由，消得到，则，， 又，所以，令，得到， 所以，又轴，则，得到， 所以，解得，则，所以直线过定点. （ii）因为在抛物线上，则，解得，所以，由（i）知， 又点为抛物线的准线与轴的交点，则，又的面积与的面积相等， 则到直线的距离相等，所以，即，解得， 所以直线的方程为或. 圆锥曲线弦长面积问题 考点5 1．(1) (2)（i）证明见解析；（ii）或 【分析】（1）根据条件，利用抛物线的定义，建立方程组，即可求解； （2）（i）设直线，，联直线与抛物线方程，再结合题设条件和根与系数间的关系，得，即可求解；（ii）根据条件，将问题转化成到直线的距离相等，再利用点到直线的距离公式，即可求解. 【详解】（1）因为抛物线上的一点到焦点的距离为， 则，消得到，解得，所以抛物线的标准方程. （2）（i）由题可设，， 由，消得到，则，， 又，所以，令，得到， 所以，又轴，则，得到， 所以，解得，则，所以直线过定点. （ii）因为在抛物线上，则，解得，所以，由（i）知， 又点为抛物线的准线与轴的交点，则，又的面积与的面积相等， 则到直线的距离相等，所以，即，解得， 所以直线的方程为或. 2．(1) (2)（ⅰ）或；（ⅱ）. 【分析】（1）法一：利用三角形面积公式求出，得到，进而得到关系，求出离心率； 法二：联立方程组，将代入，得到关于的齐次式，进而求出离心率； （2）（ⅰ）由得到和到直线的距离相等，分两种情况：当和在直线同侧时，，计算的斜率；当和在直线异侧时，直线过的中点，计算的斜率； （ⅱ）先验证斜率为时，，不符合题意，舍去； 再分析斜率为的情况：联立直线与椭圆方程，用韦达定理求出弦长，由垂直平分得，结合椭圆定义转化得，进而求出，得到椭圆方程. 【详解】（1）法一：因为， 所以，又为锐角三角形，所以，即为等边三角形， 所以，即． 法二：由题意得消去得， 同除以得，即，解得或， 因为为锐角三角形，所以，即，故． （2）（ⅰ），和到直线的距离相等， 当和在直线同侧时，，直线的斜率为； 当和在直线异侧时，直线过的中点， 直线的斜率， 综上，直线的斜率为或． （ⅱ）当直线的斜率为时，设直线的方程为，，， 联立消去，得， 解得或所以，， （不合题意，舍去）； （另解：在中，，，故，从而，不合题意） 当直线的斜率为时，设直线的方程为，，， 联立消去，得， 故，． ， 由（ⅰ）知垂直平分，故， 所以，故， 此时椭圆的方程为， 综上所述：椭圆的方程为． 3．(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）. 4．(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. 5．(1) (2)的垂心在双曲线E上，理由见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由题意可得，设出双曲线的方程，代入点坐标，求出，即可得答案. （2）分别表示出直线、直线的方程，两式联立求出，再代入双曲线的方程验证即可证明. （3）求出椭圆的方程与其“交换椭圆”的方程，设，根据矩形的性质，可得的表达式，根据直线平行直线，求出直线PN的方程，与椭圆W联立，根据韦达定理，可得N点坐标，根据弦长公式，可得表达式，进而可得面积S的表达式，根据椭圆W的参数方程，结合三角函数的性质，即可得证. 【详解】（1）由“交换双曲线”的定义可知，即， 所以设双曲线的方程为，又因为过点， 所以，双曲线E的标准方程为：. （2），设直线的方程为：，设，， 联立可得：， 直线与双曲线E的右支交于B，C两点， 所以，解得：， 又因为， ， 设垂心为，所以直线的方程为：， 又因为，所以直线的方程为：， 联立可得：， 则 因为，所以， ， 因为，所以，所以，又因为在， 所以，所以， 又因为：.故的垂心在双曲线E上.    （3）由长轴为，可得，由离心率，得， 所以， 不妨设椭圆的焦点在x轴，则方程为， 则椭圆的“交换椭圆”方程为， 所以曲线的方程为， 因为矩形关于对称，设在椭圆W上， 则在“交换椭圆”上，则， 又直线平行直线，则直线PN的斜率为1， 所以直线PN的方程为，即， 联立，得， 所以，得， 所以， 所以面积， 因为点P在椭圆W上，所以， 令， 代入可得 ， 取，此时等号成立， 且当时，， ， ，满足， 故矩形的面积小于5.20.    圆锥曲线定点定值问题 考点6 题号 1 答案 ACD 2．(1) (2)① 证明见解析；②证明见解析，该定值为 【分析】（1）根据题意即可求出，从而得到答案； （2）①根据是右支上两个不同的点，以及的定义即可判断；②根据题意得出均在直线上，从而得出为定值. 【详解】（1）由题可知， 解得， 则双曲线的方程为． （2）①依题意可设直线的方程为． 由可得， 则，且， ， 所以 因为是右支上两个不同的点，所以． 又，所以． 则， 由，得，即， 则，故. ②设．由和①可得， 且则均在直线上． 若，则，的方程为，由可得， 则，因此 若，则的方程可化为， 由可得． 因为，所以上式可化为， 此时，且， 因此， 综上所述，为定值，且该定值为． 3．(1) (2)（i）（ii）是；定值为1，证明见解析. 【分析】（1）根据椭圆定义求，再根据关系联立方程求解椭圆方程； （2）（i）直线方程为,跟椭圆方程联立可得，根据直线与直线的斜率之和为0，再结合韦达定理求得直线过定点，再利用韦达定理转化面积，再由一般不等式求解面积最值； （ii）求解和的垂直平分线方程为，，联立两直线方程可得，，即得，再结合可得斜率乘积为定值. 【详解】（1）如图所示，因为为的右焦点，则，且椭圆左焦点为， 所以, 所以， 所以椭圆的方程为. （2）（i）设直线方程为，， 联立，得， ，即， ，， 因为点关于轴的对称点为，则直线与直线的斜率之和为0， 所以， 即，即， 得，即，所以直线过定点，且， 所以， 即，令， ， 当且仅当时，即时，面积的最大值为. （ii）因为的垂直平分线方程为， 即①，同理的垂直平分线方程为②， ①+②得，，故， ①-②得，， 所以，即， 所以，故， 又因为，故， 所以直线与直线的斜率之积是定值1. 4．(1) (2)①时，直线MA，MB的斜率之积为定值 ；②点N在定直线上 【分析】（1）根据已知结合椭圆定义计算得出进而得出椭圆方程； （2）①联立直线和椭圆方程，再应用斜率公式计算求解得出定值； ②应用，代入化简，再分和时，分别计算求解. 【详解】（1）由题意可得，，则， 故点Q的轨迹为椭圆，且，所以， 则曲线的方程为； （2）①设直线l的方程为，点． 联立，消y可得， 则， 所以， ， 所以， 整理得， 则当，即时，直线MA，MB的斜率之积为定值； ②设点， 由直线NA，NT，NB斜率的倒数成等差数列，则， 即，所以， 又，代入可得． 当时，则点N在直线l上，显然不满足定直线， 当时，， 又直线NT的斜率不能为零，则， 所以，即． 由①可得，，则． 综上，所以点N在定直线上（经检验合题意）. 5．(1) (2)①证明见解析；②证明见解析 【分析】（1）根据椭圆的定义可知点在以，为焦点，4为长轴长的椭圆上，即可求出轨迹方程. （2）①设直线的方程为，，，，联立直线与椭圆方程，消元，列出韦达定理，即可得到，再由斜率公式计算可得； ②作关于轴的对称点，则，，三点共线，设，表示出直线、的方程，即可得到，，代入椭圆方程得到轨迹方程，结合双曲线的定义即可证明. 【详解】（1）由，， 所以点在以，为焦点，4为长轴长的椭圆上， 设椭圆方程为， 焦距为，则，， 所以， 所以C的方程为. （2）①由，直线的斜率存在且不为0， 设直线的方程为，，，， 联立，得， 则，，， 所以， 又因为，所以，， 所以， . ②由①可知，，所以， 作关于轴的对称点，则，，三点共线， 又，，设， 则直线方程即为直线方程， 又直线方程为， 作差可得， 所以， 所以，， 又，得出， 又因为， 所以， 即，即， 所以点在以，为焦点，1为实轴长的双曲线的左支上运动， 所以. 圆锥曲线证明，最值与探索问题 考点7 1．(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． 2．(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，． 3．(1)； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】(1)根据抛物线的焦点求出椭圆的，再根据点的条件列出方程求出即可； (2)利用切线放缩，转化成求多边形面积即可； (3)对圆台位置分类讨论，利用均值不等式或函数求最值即可. 【详解】（1）由抛物线 有相同的焦点为， 从而在椭圆中有，得； 由，故点在的垂直平分线上，由题意， 从而点的横坐标为，代入，得，即， 又点在椭圆上，从而有，即得， 即，解得（负值舍去），从而， 从而所求椭圆方程. （2）由（1）可知，， 如图过点，分别作轴的平行线，分别交轴于， 过点作轴的垂线，交于，交于， 在点分别作抛物线与椭圆的切线，分别交轴于，直线于. 由点在第一象限，可把抛物线表示为，求导得：， 椭圆表示为，求导得， 从而， 从而的表达式为：，得，故， 从而的表达式为：，得，故. 由， 故在第一象限内，直线在抛物线上方； 由，， 令，则 ， 故在第一象限内，直线在椭圆上方； 从而由对称性可知封闭曲线OPAQ围成的区域面积为 即，即可得. （3）当圆台的两底面均在直线的左侧时， 两底面到轴距离分别为，则两底面半径， 从而圆台体积：， 又由均值不等式，当且仅当时取等号，故 ， 即； 当圆台的两底面在直线的两侧时， 两底面到轴距离分别为，则两底面半径， 从而圆台体积： （此处应用的变形）， 而， 又， 当且仅当时，取等号， 而， 故， 从而. 当圆台的两底面在直线的右侧时， 两底面到轴距离分别为，则两底面半径， 从而圆台体积：， （此处应用的变形）， 而 由，，而， 所以， 令，，则， 令，，或（舍去） 在导函数，从而单调递增； 在导函数，从而单调递减； 从而在的最大值为, 从而. 综上，封闭曲线绕x轴旋转一周得到一个几何体Ω，在Ω内部有一个以x轴为轴的圆台，圆台体积为 4．(1) (2)① 证明见解析；②证明见解析，该定值为 【分析】（1）根据题意即可求出，从而得到答案； （2）①根据是右支上两个不同的点，以及的定义即可判断；②根据题意得出均在直线上，从而得出为定值. 【详解】（1）由题可知， 解得， 则双曲线的方程为． （2）①依题意可设直线的方程为． 由可得， 则，且， ， 所以 因为是右支上两个不同的点，所以． 又，所以． 则， 由，得，即， 则，故. ②设．由和①可得， 且则均在直线上． 若，则，的方程为，由可得， 则，因此 若，则的方程可化为， 由可得． 因为，所以上式可化为， 此时，且， 因此， 综上所述，为定值，且该定值为． 5．(1)； (2). 【分析】（1）利用双曲线定义求出点的轨迹方程，再利用坐标代换法求出曲线的方程. （2）设出直线的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理及斜率公式列式求解. 【详解】（1）由，得点的轨迹是以为左右焦点，实轴长为2的双曲线， 实半轴长，半焦距，虚半轴长， 因此点的轨迹方程为，设，由，得， 于是，即，所以曲线的方程为. （2）依题意，直线的斜率存在且不为0，设其方程为，， 由消去得，， 则，，， 由，，成等差数列，得，即， 则，即，所以. 6．(1) (2)（i）不存在，理由见解析；（ii）或 【分析】（1）由渐近线互相垂直得到， 双曲线方程和圆方程联立方程组解出即可得解； （2）（i）显然直线斜率不存在时结论不成立，设出直线的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理得到，利用点斜式写出直线的方程为，直线的方程为，从而得到点M的坐标和点N的坐标，若点在以线段MN为直径的圆上，则，利用数量积求出，解得的值，（ii）利用两点间距离公式求出，解得的值，利用二倍角的正切公式求. 【详解】（1）因为渐近线互相垂直，所以， 将双曲线方程和圆方程联立，解出，解得， 则双曲线的方程为； （2）（i）显然直线斜率不存在时结论不成立， 设直线，与双曲线方程联立得到，设点P，Q的坐标分别为，且恒成立，则， 直线的方程为：，直线的方程为：， 故点M的坐标为，点N的坐标为， 若点在以线段MN为直径的圆上，则， 则 ，解得， 但是注意到直线l仅与双曲线右支相交，所以，因此上述直线不符合条件，因此不存在； （ii）由两点间距离公式可得， ， 则，解得或（舍），可得，当时，设l的倾斜角为， 则， 所以，同理可得另一个角为，因此为或. 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 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 平面解析几何 7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 考点03双曲线方程及其性质 考点04抛物线方程及其性质 考点05圆锥曲线弦长面积问题 考点06圆锥曲线定点定值问题 考点07圆锥曲线证明，最值与探索问题 直线方程与圆的方程 考点1 一、单选题 1．（2026·湖南衡阳·二模）已知点P是直线上一点，过点P作圆的两条切线，切点分别为A，B，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·湖南·二模）过点且倾斜角为的直线l交圆于、两点，则弦的长为（   ） A．4 B．6 C．7 D．8 3．（2026·湖南常德·二模）已知圆与双曲线的渐近线相切，则椭圆的离心率（   ） A． B． C． D． 4．（2026·湖南岳阳·二模）“太极图”形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，如图所示，将“太极图”放在平面直角坐标系中，图中所有曲线均为圆或半圆，其中最大的圆半径为2.已知点是阴影区域(含边界)上的一个动点，则的值不可能是（    ） A．0 B．6 C．8 D．10 二、填空题 5．（2026·湖南邵阳·二模）在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，动点满足.当取最大值时，______. 6．（2026·湖南常德·二模）已知曲线在处的切线与圆相交于两点，则___________． 椭圆方程及其性质 考点2 一、单选题 1．（2026·湖南常德·二模）已知圆与双曲线的渐近线相切，则椭圆的离心率（   ） A． B． C． D． 二、多选题 2．（2026·湖南邵阳·二模）已知，分别是椭圆：的左、右焦点，过的直线交于，两点，则下列结论成立的是（   ） A．的周长为8 B． C．的最小值为 D．存在直线，使得 3．（2026·湖南湘潭·三模）已知是曲线上的动点，点，内切圆的圆心记为，直线与直线交于点，则（    ） A．关于直线对称 B．存在点，使得（为坐标原点） C．为定值 D． 4．（2026·湖南郴州·三模）已知二次曲线表示一个椭圆，则（    ） A．的对称中心为 B．上的点到原点距离的取值范围是 C．当点在上时， D．的离心率为 三、填空题 5．（2026·湖南长沙·二模）已知点在椭圆上，的左焦点为，若线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上，则的值为_______. 6．（2026·湖南湘潭·三模）已知是椭圆和抛物线的公共焦点，是的另一个焦点，是与的交点，若是等腰直角三角形，则的离心率为__________． 7．（2026·湖南永州·三模）已知椭圆，，为的左、右焦点，过的直线交于，两点，的面积为，的内切圆与相切于点，若，则的离心率为__________． 双曲线方程及其性质 考点3 一、单选题 1．（2026·湖南岳阳·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为，过点且斜率为 的直线与双曲线E的右支交于两点，若 则双曲线E的离心率为（    ） A． B．2 C．2或 D．或 2．（2026·湖南常德·二模）已知圆与双曲线的渐近线相切，则椭圆的离心率（   ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（2026·湖南怀化·二模）已知双曲线C：，则下列结论正确的是（   ） A．m的取值范围是 B．C的焦距与m的取值无关 C．若C的离心率不小于2，则m的取值范围为 D．存在实数，使得点在C上 4．（2026·湖南永州·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为，点是的渐近线上一点（在轴上方），直线与圆相切，且与的左、右两支分别交于两点，若，则（   ） A．以为直径的圆与圆相切 B．的离心率 C．线段的中点在直线上 D．的面积为 5．（2026·湖南湘潭·二模）已知，是双曲线上两个不同的点，是的左顶点，则（    ） A．的焦距为 B．当轴时，与可能垂直 C．当时，，的横坐标之和的取值集合为 D．当，的纵坐标异号时，对任意的点，都存在点，使得 三、填空题 6．（2026·湖南衡阳·二模）已知双曲线的右焦点为F，过F作双曲线C的渐近线的垂线，垂足为P，若，则C的离心率为_______． 四、解答题 7．（2026·湖南长沙·二模）对于双曲线，我们称与互为“交换双曲线”；对于椭圆，我们称与互为“交换椭圆”. (1)若双曲线E的“交换双曲线”为自己本身，且过点，求双曲线E的标准方程； (2)在（1）的条件下，设双曲线E的左顶点为A，斜率为2的直线与双曲线E的右支交于B，C两点，且B，C均不在x轴上.试判断的垂心是否在双曲线E上，并说明理由； (3)已知椭圆W的焦点在x轴上，长轴长为，离心率为.封闭曲线上任一点满足：当时，点D在椭圆W上；当时，点D在椭圆W的“交换椭圆”上.若矩形关于直线对称且各顶点均在曲线上，求证：矩形的面积小于5.20.（注：） 抛物线方程及其性质 考点4 一、单选题 1．（2026·湖南衡阳·二模）已知抛物线上的点到抛物线焦点F的距离为5，则（   ） A．4 B．3 C．2 D． 2．（2026·湖南永州·二模）已知抛物线的焦点为，点在轴上且位于右侧，点在上，若为等边三角形，则（   ） A．2 B．2 C．2 D．4 3．（2026·湖南张家界·三模）已知抛物线的焦点为，准线为，过上一点作的垂线，垂足为，则直线的一般式方程为（    ） A． B． C． D． 4．（2026·湖南永州·三模）已知是抛物线的焦点，是上一点，直线交轴于点．若为的中点，则（    ） A．3 B． C．4 D． 5．（2026·湖南郴州·三模）已知点，抛物线的焦点为，点是抛物线上一动点，则的最大值为（    ） A．1 B． C． D．2 二、多选题 6．（2026·湖南·二模）设抛物线的焦点为，到准线的距离为，过的直线交于、（在第一象限）两点，过点作准线的垂线，垂足为，直线交轴于点，则（   ） A．抛物线的方程为 B．若，则 C．若，则 D．若，则直线AB的方程为 三、填空题 7．（2026·湖南湘潭·三模）已知是椭圆和抛物线的公共焦点，是的另一个焦点，是与的交点，若是等腰直角三角形，则的离心率为__________． 四、解答题 8．（2026·湖南常德·二模）抛物线的焦点为为坐标原点，抛物线上的一点到焦点的距离为． (1)求抛物线的标准方程； (2)已知直线交抛物线于两点，直线交抛物线的准线于点，且轴． （i）证明：直线过定点； （i）点为抛物线的准线与轴的交点，若的面积与的面积相等，求直线的方程． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 圆锥曲线弦长面积问题 考点5 一、解答题 1．（2026·湖南常德·二模）抛物线的焦点为为坐标原点，抛物线上的一点到焦点的距离为． (1)求抛物线的标准方程； (2)已知直线交抛物线于两点，直线交抛物线的准线于点，且轴． （i）证明：直线过定点； （i）点为抛物线的准线与轴的交点，若的面积与的面积相等，求直线的方程． 2．（2026·湖南·三模）已知椭圆的上、下焦点分别为，，右顶点为，为锐角三角形且面积为． (1)求椭圆的离心率． (2)过的直线交椭圆于，两点（在的左侧），且的面积与的面积相等． （ⅰ）求直线的斜率； （ⅱ）若，求椭圆的方程． 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． 4．（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. 5．（2026·湖南长沙·二模）对于双曲线，我们称与互为“交换双曲线”；对于椭圆，我们称与互为“交换椭圆”. (1)若双曲线E的“交换双曲线”为自己本身，且过点，求双曲线E的标准方程； (2)在（1）的条件下，设双曲线E的左顶点为A，斜率为2的直线与双曲线E的右支交于B，C两点，且B，C均不在x轴上.试判断的垂心是否在双曲线E上，并说明理由； (3)已知椭圆W的焦点在x轴上，长轴长为，离心率为.封闭曲线上任一点满足：当时，点D在椭圆W上；当时，点D在椭圆W的“交换椭圆”上.若矩形关于直线对称且各顶点均在曲线上，求证：矩形的面积小于5.20.（注：） 圆锥曲线定点定值问题 考点6 一、多选题 1．（2026·湖南湘潭·三模）已知是曲线上的动点，点，内切圆的圆心记为，直线与直线交于点，则（    ） A．关于直线对称 B．存在点，使得（为坐标原点） C．为定值 D． 二、解答题 2．（2026·湖南湘潭·三模）已知双曲线的实轴长与虚轴长相等，且的焦距为． (1)求的方程． (2)对于上的任意两点，定义：． ①若是右支上两个不同的点，证明：． ②若是右支上三个不同的点，且存在常数，使得，证明为定值，并求该定值（用表示）． 3．（2026·湖南永州·二模）已知椭圆经过点为的右焦点． (1)求的标准方程； (2)过点的直线与交于两点（的斜率存在且不为0），设点关于轴的对称点为，的外接圆圆心为． （i）求面积的最大值； （ii）直线与直线的斜率之积是否为定值？若是，求出这个定值，若不是，请说明理由． 4．（25-26高二下·湖北·月考）已知点，圆，P为圆上的一个动点，线段PD的中垂线与PC交于点Q，当点P在圆上运动时，记点Q的轨迹为曲线． (1)求的方程； (2)若过定点且斜率存在的直线l与曲线交于A，B两点，试探究： ①在y轴上是否存在定点M，使得直线MA，MB的斜率之积为定值？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由． ②若N为平面内一动点，直线NA，NT，NB斜率的倒数成等差数列，则点N是否在某定直线上？若存在，求出该定直线的方程；若不存在，请说明理由． 5．（2025·江苏南京·二模）在平面直角坐标系中，点，动点P满足，记点P的轨迹为C． (1)求C的方程； (2)过点Q且斜率不为0的直线l与C相交于两点E，F（E在F的左侧）．设直线AE，AF的斜率分别为． ①求证：为定值； ②设直线AF，BE相交于点M，求证：为定值． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 圆锥曲线证明，最值与探索问题 考点7 一、解答题 1．（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． 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：． 3．（2026·湖南岳阳·二模）如图，椭圆 与抛物线 有相同的焦点，坐标原点为O，椭圆右顶点为A，椭圆与抛物线在第一象限交于点P，在第四象限交于点Q，且. (1)求椭圆方程； (2)若封闭曲线围成的区域面积为S，证明： (3)将封闭曲线绕x轴旋转一周得到一个几何体Ω，在Ω内部有一个以x轴为轴的圆台，圆台体积为 ，证明：. 4．（2026·湖南湘潭·三模）已知双曲线的实轴长与虚轴长相等，且的焦距为． (1)求的方程． (2)对于上的任意两点，定义：． ①若是右支上两个不同的点，证明：． ②若是右支上三个不同的点，且存在常数，使得，证明为定值，并求该定值（用表示）． 5．（2026·湖南永州·三模）在平面直角坐标系中，已知点，、动点满足，，记点的轨迹为曲线． (1)求的方程： (2)已知点，，过点作斜率为的直线交于，两点，设直线，的斜率分别为，，若，，成等差数列，求． 6．（2026·湖南·三模）已知双曲线的渐近线互相垂直，分别为其左、右焦点，双曲线与圆的某个交点的横坐标为. (1)求双曲线的标准方程； (2)过右焦点的直线l与的右支交于P，Q两点，其中点P位于第一象限内，直线分别与y轴交于M，N两点. （i）是否存在直线l使得点在以线段MN为直径的圆上，若存在，请求出此时直线的斜率；若不存在，请说明理由； （ii）当时，求出的大小. 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 学科网（北京）股份有限公司 $