专题08 解析几何（7大考点）（全国通用）2026年高考数学二模分类汇编

**基本信息** 聚焦解析几何7大核心考点，整合2026年各地二模真题，覆盖直线与圆、圆锥曲线性质及轨迹、定点定值、最值等综合问题，题型分层设计，适配高三二轮复习 **题型特征** |题型|知识覆盖|命题特色| |----|----------|----------| |解答题|椭圆方程求解、直线与椭圆位置关系|结合焦点三角形面积、离心率计算，考查数学运算| |解答题|双曲线轨迹方程、直线与双曲线综合|涉及光学性质、动态定点证明，体现逻辑推理| |解答题|抛物线焦点弦、面积最值|融合几何性质与代数运算，适配高考命题趋势|

专题08 解析几何 7大考点概览 题型01 直线与圆及圆与圆的位置关系 题型02 椭圆性质及直线与椭圆位置关系 题型03 双曲线性质及直线与双曲线位置关系 题型04 抛物线性质及直线与抛物线位置关系 题型05 圆锥曲线中的动点轨迹问题 题型06 圆锥曲线中的定点、定值问题 题型07圆锥曲线中的最值、范围问题 ( 直线与圆及圆与圆的位置关系 考点1 ) 1．（2026·陕西·二模）如图所示，已知两个半径相等的圆形相切，半径为3厘米，两圆的圆心分别为和为圆上一点，且三角形为直角三角形，则阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据扇形的面积公式求解即可. 【详解】设，.因为三角形为直角三角形，所以.所以阴影部分的面积. 2．（2026·浙江杭州·二模）设直线与圆交于M，N两点，则当取最小值时，（    ） A．1 B．2 C． D． 【答案】C 【分析】由题意得直线过定点，圆心为，所以与垂直时，最小，以此求解即可. 【详解】由题意得，则直线过定点，圆心为，半径，点到圆心的距离，所以直线与圆相交于M，N两点，且与垂直时，最小，此时，且，则. 3．（2026·河南濮阳·二模）圆上的点到直线距离的最大值是（   ） A．7 B．5 C．3 D．2 【答案】A 【详解】圆的圆心，半径，直线可化为，令，得，故直线过定点，由图知，当且仅当时，点到直线距离取得最大值：，故圆上的点到直线距离最大值为. 4．（2026·吉林·二模）已知圆：，则“点在圆外”是“点在圆外”的（   ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】根据点与圆的位置关系，充分条件、必要条件的概念判断即可. 【详解】若点在圆外，则，所以.若点在圆外，则，所以.显然是的真子集，故“点在圆外”是“点在圆外”的充分不必要条件. 5．（2026·湖北·二模）已知圆，直线，过直线上一动点作圆的两条切线，切点记作，，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据几何关系可得，由此推得，再分析的取值范围，从而得到的取值范围，据此可求得的最小值． 【详解】如图所示，可知， 根据对称性易得，所以， 所以，圆心到直线的距离，且易知，，所以， 所以． 6．（2026·四川德阳·二模）若两条直线与圆的四个交点能构成矩形，则（   ） A．0 B．1 C．2 D．4 【答案】A 【分析】由题意知圆心到两直线的距离相等，得到等量关系求解即可. 【详解】由题意直线平行，且与圆的四个交点构成矩形，则可知圆心到两直线的距离相等， 圆的圆心为，圆心到直线的距离为：，圆心到直线的距离为：，，又，. 7．（2026·北京丰台·二模）已知圆的圆心为，斜率为的直线与该圆相切且与轴交于点，则（    ） A． B．2 C． D．4 【答案】D 【分析】根据方程可得圆心和半径，设，根据直线与圆相切可得，即可得结果. 【详解】圆即，圆心为，半径，设，则直线，即，则，即，所以. 8．（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． 9．（2026·福建宁德·二模）直线被圆截得的弦长的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分析可知直线过定点，且斜率存在，结合圆的性质求弦长的最小值. 【详解】直线即，所以直线过定点，且斜率存在， 圆的圆心为，半径，则，直线的斜率，当时，直线被圆截得的弦长的最小值为，此时直线的斜率，符合题意. 10．（2026·河北·二模）若圆 M: 上存在两点A，B，且直线l:3x+4y-5=0上存在点 P，使得∠APB=60°，则r的取值范围是（   ） A．(0，4] B．[4，+∞) C．(0，2] D．[2，+∞) 【答案】D 【分析】过点作圆的两条切线（为切点），根据题意得到，结合已知可得圆心到直线的距离，由点直线的距离公式代入列不等式求解即可． 【详解】圆 M:的圆心坐标，半径为，此时圆心到直线l:的距离为，若在圆M上存在两点A，B，在直线l上存在一点P，使得∠APB＝60°，过点作圆的两条切线（为切点），,所以，解得，故选：D. 11．（2026·山东泰安·二模）已知为圆上的两个动点，且，点为直线上的动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】取的中点， 利用平面向量的基本定理和数量积得到，要求的最小值就是求的最小值，求出，从而得到点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，由点为直线上的动点，可知的最小值为圆心到直线的距离减去半径，利用点到直线的距离公式来求出，从而得到. 【详解】取的中点，则， ，要求的最小值，就是求的最小值，圆的圆心为，半径为， ，点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，点为直线上的动点，的最小值为圆心到直线的距离减去半径，，，故选项C正确. 12．（多选）（2026·河南开封·二模）已知点是圆上一动点，点，点，则（   ） A．点到直线的距离的最大值为 B．满足的点有2个 C．过点作圆的两条切线，切点分别为，则直线的方程为 D．的最小值是 【答案】BCD 【分析】利用点到直线的距离公式来判断A，利用的动点的轨迹是以为直径的圆，然后借助两圆位置关系来判断B，根据切线的性质求得两圆相交弦所在直线方程来判断C，设存在定点，使得点在圆上任意位置时都有，求得点，计算判断D. 【详解】对于A，原点到直线的距离为，所以圆上动点到直线的距离的最大值为，故 A错误；对于B，满足的动点的轨迹是以为直径的圆，设线段的中点为，则，圆的半径为，所以圆，，因为，所以圆与圆相交，故B正确； 对于C，过点作圆的两条切线，切点分别为，由切线性质可知四点共圆，该圆的方程为，则直线的方程为两圆的相交弦， 所以，故C正确； 对于D，设存在定点，使得点在圆上任意位置时都有，设，则，化简可得，因为，所以，即点，所以，当且仅当三点共线且点在中间时等号成立，所以的最小值是，故D正确． 13．（多选）（2026·安徽滁州·二模）已知两条直线和交于点，则（   ） A．直线必过点 B．点在圆上 C．点到直线距离最小值为 D．点的轨迹与圆有三条公切线 【答案】ABD 【分析】将代入直线计算可得A；结合两直线位置关系及所过定点计算可得B；利用圆的性质及点到直线距离公式计算可得C；求出两圆圆心距离及半径之和可得两圆位置关系，即可得D. 【详解】对A：将代入，可得，故直线必过点，故A正确；对B：对，令，则，故过点，又， 故与垂直，结合直线过点，可得点在以为直径的圆上，圆心为，半径，故点在圆上，故B正确； 对C：由B知，点在圆上，由斜率存在，故的轨迹不过点， 故点的轨迹方程为，且不过点，的轨迹所在圆的圆心为，半径，到直线距离， 则点到直线距离最小值为，由图可得，此时点不为，故C错误； 对D：圆的圆心为，半径，则，， 故圆与圆相外切，即有三条公切线，故D正确. 14．（多选）（2026·河北张家口·二模）已知圆，P为直线上一动点，，为圆C的切线，切点分别为A，B，则（   ） A．圆心C的轨迹方程为 B．圆C过定点 C．当时，的最小值为15 D．当时，四边形的面积的最小值为 【答案】BCD 【分析】对于A，求出圆心的坐标，即可判断选项； 对于B，将圆C的方程化为，令解方程即可求解； 对于C，由，结合切线性质求出的最小值即可求解； 对于D，根据结合选项C即可求解. 【详解】圆C的方程可化为，，对于A选项，圆心C的坐标为，则圆心C的轨迹方程为（除去点），所以A选项不正确； 对于B选项，圆C的方程可化为，令， 解得所以圆C过定点，所以B选项正确；对于C选项，， 当时，，圆心，半径，圆心到直线的距离，所以，所以C选项正确； 对于D选项，，所以D选项正确. 15．（多选）（2026·河北·二模）已知圆的半径为2，则（   ） A． B．原点在圆的内部 C．圆与圆有且仅有1条公切线 D．直线与圆交于两点，的面积为 【答案】BC 【分析】根据半径可求解，即可判断AB，进而根据两圆的位置关系可判断C，根据点到直线的距离公式以及圆的弦长公式即可求解D. 【详解】的圆心和半径分别为, 故，则，A错误，由于，故原点在圆内，B正确， 的圆心和半径分别为,由于，故两圆内切，因此两圆只有一条公切线，C正确， 到直线的距离为，则， 故，D错误. 16．（多选）（2026·宁夏·二模）已知直线与圆，则下列说法正确的是（ ） A．直线恒过定点 B．若圆上的点关于直线的对称点仍在圆上，则 C．存在实数，使得直线与圆相切 D．直线被圆截得的弦长的最小值为 【答案】AB 【详解】先将圆方程化为标准形式： ， 圆心，半径.对于选项A，由直线，得，故直线恒过定点，故A选项正确；对于选项B，圆上的点关于的对称点仍在圆上，则直线过圆心， 将代入：，B正确.对于选项C，直线与圆相切时圆心到直线距离，，化简，判别式，方程无解，故不存在使直线与圆相切，C错误.对于选项D，直线过定点，弦长最短时，此时，最短弦长，D错误. 17．（2026·江西南昌·二模）已知圆：，过点作斜率为的直线与圆交于，两点，若的面积为2，则________． 【答案】1 【分析】首先写出直线方程，然后利用点到直线的距离公式以及垂径定理即可求解. 【详解】圆，圆心，半径，过点斜率为的直线方程为：，即.由点到直线距离公式得 ，由垂径定理，弦长， 的面积代入得： ，两边平方整理得，即，将代入得： ，因，故. 18．（2026·湖北宜昌·二模）已知圆与圆外切于点，且直线是圆与圆的一条公切线，则的最小值为__________. 【答案】8 【分析】根据已知条件分析得到点与满足抛物线定义，确定与在抛物线上，且线段是抛物线的焦点弦，求出焦点弦的最小值通径即可求解. 【详解】根据题意点与满足到定点的距离等于到直线的距离，所以与在抛物线上，，线段是抛物线的焦点弦，又抛物线的焦点弦最小值为抛物线的通径，所以的最小值为. 19．（2026·北京昌平·二模）已知圆，则圆的半径为_______；若直线上存在点，使得过点向圆引的两条切线互相垂直，则的取值范围为_________. 【答案】 【分析】先把圆方程配方求出圆心(2,3)与半径,由两条切线互相垂直推得动点到圆心距离为2,即在以圆心为定点、2为半径的圆上,再转化为直线与该圆有公共点,利用圆心到直线距离不大于半径列不等式,化简解得的取值范围. 【详解】圆的方程：，配方得：，因此圆的圆心为，半径.设点，过引圆的两条切线互相垂直，则两条切线与半径构成正方形. 圆心到点的距离：.即点的轨迹为以为圆心，为半径的圆：.直线上存在点，等价于直线与圆有公共点. 故圆心到直线的距离，距离公式：. 平方化简：，展开得：.整理得：. 20．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）已知A，B是圆上两点，若直线上存在点，使，则的取值范围为_________． 【答案】 【分析】从直线上的点向圆上的点连线成角时，当且仅当两条线均为切线时才是最大的角，因此要使，只需使最大角，由此可将问题转化为直线上的点到圆心O的距离，从而求出的取值范围． 【详解】点到直线的距离为，所以直线与圆相离.此时，从直线上的点向圆上的点连线成角时，当且仅当两条线均为切线时所成的角最大，因此若直线上存在点，使，则最大角，如图所示，过作圆的切线，则，即.即，.又点在直线 上，∴.∴，即.∴.∴的取值范围为. 21．（2026·甘肃陇南·二模）已知直线与圆相交于M，N两点，则的最小值为___________. 【答案】8 【分析】首先求出直线恒过定点，然后利用向量的数量积运算把的最小值转化为的最小值，最后利用数形结合思想即可求解. 【详解】由直线方程可化为，知直线恒过定点； 圆的圆心为，半径； 由于，故点P在圆内，直线与圆恒相交于两点M，N. 设弦的中点为H，则，从而， ，过圆内定点P的弦中，当弦与垂直时弦长最短，此时圆心到直线的距离，最短弦长为.故最小值为. ( 椭圆性质及直线与椭圆位置关系 考点2 ) 1．（2026·云南保山·二模）设椭圆的离心率为，，，分别为其左、右焦点，点为椭圆短轴的一个端点，且的面积为2，则椭圆的方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由椭圆离心率为，得，即，又因为，所以，又点为椭圆短轴顶点，则，解得，所以，即椭圆的方程为. 2．（2026·河北衡水·二模）已知直线与圆交于两点，，直线与椭圆切于点，若以，两点为切点的圆的两条切线交于点，为坐标原点，则（   ） A．4 B．8 C．12 D．16 【答案】C 【分析】设出点、，利用椭圆上的点的切线性质及圆的切点弦性质可表示出，即可得、坐标关系，再利用数量积的坐标公式计算即可得. 【详解】设，，有，即， 由直线与椭圆切于点，则，即，由为点关于圆的切点弦，则，故，故，则. 3．（2026·安徽合肥·二模）设椭圆的左、右焦点分别为为坐标原点，过的直线与交于两点，若，则的离心率为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据面积关系可得，从而得到，利用结合余弦定理化简即可求解. 【详解】因为，所以 则，由于所以，根据椭圆的定义可得， 在中，，在中，，因为，所以， 即，化简得：，即，所以椭圆的离心率为。 4．（2026·广东东莞·二模）椭圆的左、右焦点为为坐标原点，为椭圆上一点，，且成等比数列，则椭圆的离心率为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由椭圆的定义得，再结合成等比数列得，再用坐标表示焦半径并结合可得. 【详解】设椭圆半焦距为，，左右焦点. 由椭圆的定义得：，因为成等比数列， 故，即，得： . 对两边平方：代入 整理得：①，由，得. 所以②，联立①②得：，，即，因此，.所以椭圆的离心率为. 5．（2026·安徽芜湖·二模）有公共焦点的抛物线与椭圆相交于两点，且，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意得出的位置关系，利用已知条件求出相应的点，代入方程中建立关于的方程，解齐次方程，再由椭圆的离心率范围求解即可. 【详解】因为为抛物线与椭圆的公共焦点，且抛物线与椭圆相交于两点， 由抛物线和椭圆对称性以及可知，轴，设点在第一象限，如图所示： 令，此时有，又抛物线的焦点为， 所以，所以抛物线方程为，因为点在抛物线上，所以，所以，即点，又点在椭圆上， 所以，又，所以， 所以，即，又，所以， 令 ，则，解得（舍去）或， 即，又，所以. 6．（2026·广东茂名·二模）已知椭圆C：（）的右顶点为A，上顶点为B，直线AB与以C的短轴为直径的圆交于点P（不同于B），若△POB（O为原点）为正三角形，则C的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由椭圆标准方程得出的坐标，进而得到直线的方程，结合题干写出圆的方程，利用正三角形的性质求出点的坐标，将的坐标代入直线的方程，得到与的关系式，进而求解离心率. 【详解】如图所示，椭圆中，右顶点，上顶点， 直线的截距式方程为：，以短轴为直径的圆的圆心在原点，半径为，方程为， 为正三角形，，结合在第一象限，可得点坐标为，将的坐标代入直线方程可得，化简得：，因为椭圆离心率，且，所以，解得. 7．（多选）（2026·云南昆明·二模）若曲线由半圆和半椭圆组成，若直线与交于两点（在的左侧），，则（    ） A． B．的最大值为 C．存在，使得四边形是平行四边形 D．面积的最大值为 【答案】ACD 【分析】利用椭圆和圆的对称性，结合椭圆的定义、圆的性质、基本不等式、三角形面积公式逐一判断即可. 【详解】因为曲线由半圆和半椭圆组成，所以曲线关于横轴对称，不妨研究当时的情况.A：由椭圆的标准方程可知，所以是椭圆的焦点， 于是有，所以本选项结论正确； B：显然，所以是直角三角形，且， 所以，当且仅当时，取等号，即，此时，显然重合，不符合题意，即，所以本选项说法不正确； C：当时，由. 当时，由. 假设四边形是平行四边形，因为，所以， 即，舍去，所以存在，使得四边形是平行四边形，所以本选项说法正确； D：的面积为，当且仅当时取等号，即， 所以当时，面积的最大值为，所以本选项说法正确. 8．（多选）（2026·西藏拉萨·二模）已知椭圆的离心率为，长半轴长为2，为的右焦点，线段是椭圆与轴垂直的一条弦（其中点在第一象限）．分别为线段的中点，，为坐标原点，则（   ） A．椭圆的方程为 B． C．的取值范围是 D．的内切圆的半径的取值范围为 【答案】CD 【分析】A选项，根据离心率和长半轴长得到椭圆方程；B选项，由对称性和椭圆定义可得，由基本不等式可得答案；C选项，设，可得的取值范围，求出的取值范围；D选项，由三角形面积可得方程，结合椭圆定义可得D正确. 【详解】A选项，由题意得，又离心率为，故，故， 故椭圆方程为，A错误； B选项，设的左焦点为，连接，由对称性可知，因为分别为的中点，所以，由椭圆定义可得， ，当且仅当时，等号成立， 此时点在轴上，不在第一象限，故等号取不到，B错误； C选项，设，则，即， 又，故， 当时，取得最小值，故的取值范围是，C正确； D选项，，由椭圆定义可得， 设的内切圆半径为，则， 又，而，故，所以， 解得，的内切圆的半径的取值范围为，D正确 9．（多选）（2026·辽宁辽阳·二模）已知直线与椭圆交于、两点，轴，垂足为，轴，垂足为，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为，则下列结论正确的有（    ） A．直线的斜率等于直线的斜率的倍 B．可能是直角 C．一定是直角 D．四边形的面积最大值是 【答案】ACD 【分析】对A：设，则，，，则可表示出与，即可得解；对B：由题意可得，联立曲线方程，可表示出点坐标，从而可得，计算可得，即可得解；对C：由题意可得，联立曲线方程，可表示出点坐标，从而可得，计算可得，即可得解；对D：借助割补法可得，从而可得，即可得，借助二次函数性质计算即可得解. 【详解】设，则，且，即，，则，，，对A：，，故有， 故直线的斜率等于直线的斜率的倍，故A正确；对B：，联立， 可得，恒成立，则， 故，则， 故，又， 则 故不可能是直角，故B错误；对C：，联立， 可得，恒成立， 则，故，则， 则， 又，则 ，故，即一定是直角，故C正确； 对D：， 则，故，当且仅当时，等号成立，故四边形的面积最大值是，故D正确. 10．（多选）（2026·广东肇庆·二模）已知椭圆为的右焦点，点在上，且关于轴对称，分别为线段的中点，为坐标原点，则（    ） A． B．的最小值为 C． D．存在点，使得 【答案】BCD 【分析】设的左焦点为，利用对称性，如，，取具体的点验证是否有判断A，利用椭圆上点到焦点距离的最值判断B，结合椭圆定义判断C，设，由求出判断D. 【详解】对于选项A，由题意得，如图，设的左焦点为，连接，由的对称性知且，则，由，取点，得，故A错误； 对于选项B，因为为线段的中点，所以，因为的最小值为，所以的最小值为，即，故B正确； 对于选项C，因为分别为线段的中点，所以，由椭圆的定义知，故C正确； 对于选项D，设，则，且，由，得，所以.，若，则，此时，故存在点，使得，故D正确. 11．（2026·四川泸州·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为，直线与的另一个交点为，若，则的值为___________． 【答案】3 【分析】设，根据椭圆定义可得，，进而可得，即可得结果. 【详解】由题意可知：，， 设，则，， 若，则，解得，可得，，所以. 12．（2026·重庆九龙坡·二模）已知椭圆 的左、右焦点分别为 ，点在椭圆上且在 轴上方. 若 的面积为 12，则直线的斜率为_____. 【答案】 【分析】通过三角形面积确定坐标，再由斜率公式即可求解 【详解】由椭圆方程 ，得 ，，因此 ，即 ， 所以，右焦点 ，设 ，在轴上方故 ， 的面积 ，解得， 代入椭圆方程，即 故直线的斜率.​ 13．（2026·山西吕梁·二模）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，过点的直线交C于A，B两点，若，，则椭圆C的方程为_______. 【答案】 【分析】先利用椭圆的定义设出线段长度，结合已知条件求出各边长度，再用余弦定理建立关于的方程，进而求出，得到椭圆方程. 【详解】设，则，。因为，所以。 根据椭圆的定义可得，得，因此，。在中，； 在中，，，， 由，得， 对用余弦定理， 对用余弦定理：， 所以化简得：，又椭圆中， 所以，即。因此椭圆的方程为。 14．（2026·辽宁沈阳·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为．若椭圆C上存在不同的两点A，B，使得，则的取值范围是______． 【答案】 【分析】设，，由得到两点坐标之间的关系，再结合点在椭圆上，点的横坐标满足，得到不等式即可求得结果. 【详解】已知椭圆方程为，离心率，则， 如图所示，设左右焦点分别为，，椭圆上的点，， 由题意得，即， 由于都在椭圆上，则有，，代入，得，由可得：，整理得， 再代入得， 整理得， 当时，得，显然不符合条件； 当时，得，符合条件； 当且时，解得，代入，则，化简得，为了使点在椭圆范围内，则点的横坐标需要满足，即，解得.而当或时，与平行，即点，重合，不符合条件.综上所述，的取值范围为. 15．（2026·江苏·二模）已知椭圆的右焦点为，经过坐标原点且斜率的直线与椭圆交于，两点，设的中点为，的中点为，以线段为直径的圆经过点，则的离心率的取值范围________. 【答案】 【分析】由题意可得点在圆上，设，圆与椭圆联立方程组结合可得，根据代入解不等式可得，进而可得离心率的取值范围. 【详解】由题意知， ，又因为 是 的中点，所以，所以点在以原点为圆心，半径为的圆上，即，设， 联立 ，解得，因为，所以，即，所以且，所以，又因为， 所以，，令，则，即，解得，即，所以，所以椭圆的离心率.    16．（2026·重庆渝中·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上一点． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线过点，且与椭圆相交于，两点，为坐标原点，求面积的最大值及此时的方程． 【答案】(1) (2)最大值，的方程为 【分析】（1）本问利用椭圆的定义求出，代入点坐标求出，从而求出椭圆标准方程； （2）设直线方程与椭圆方程联立，根据韦达定理，表示出三角形面积，利用基本不等式求出面积最大值，从而求出直线方程. 【详解】（1）解：（1）由两点间距离公式可得，，根据椭圆的定义可得，所以， 又点在椭圆上，代入得，解得，因此椭圆的方程为． （2）（2）设直线为，，， 联立，化简得， 则，，， ， 由基本不等式得， 当且仅当，即，亦即时等号成立, 此时取最大值为，所以的方程为. 17．（2026·浙江宁波·二模）已知椭圆的焦距为2，且离心率为． (1)求椭圆的标准方程； (2)已知，直线过点（直线不与轴重合），交椭圆于，两点．直线交椭圆于另一点，直线交椭圆于另一点，连接交轴于． （ⅰ）求的值； （ⅱ）求点到直线距离的取值范围． 【答案】(1)；(2)（ⅰ）（ⅱ） 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）（ⅰ）设与椭圆方程联立，设，，联立直线和椭圆的方程，得出坐标，再利用斜率公式以及韦达定理化简； （ⅱ）根据，，三点共线，得出坐标关系化简求出即可求出. 【详解】（1）由题意易知：，，，故，， 因此椭圆； （2）（ⅰ）若直线斜率不存在，则由对称性可知，此时直线斜率均不存在， 故设，设，， 由，可得，所以，， 记，则直线，由，可得， 所以， 故，代入直线，可得，同理：， 因此 ，故有； （ⅱ）设，则，． 由于，，三点共线，故， 进而， 化简可得：，因此，即，则， 当A，C重合时，，或（舍去）， 不妨取，此时，即，此时到AB的距离为；同理，当B，D重合时，到AB的距离也为； 故点到直线距离的取值范围为. 18．（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，. 19．（2026·天津河西·二模）已知椭圆（）的焦距为4，且经过点. (1)求椭圆的标准方程； (2)设A为椭圆C的右顶点，不过点A的直线l与椭圆C相交于不同的两点P、Q，直线AP、AQ分别交y轴于M、N，若，的面积为，求直线l的方程. 【答案】(1) (2)或. 【分析】(1)将点的坐标代入方程，结合解方程即可求解； (2)设直线l的方程为（斜率必不为0）与椭圆方程联立，得到根与系数关系，分别表示直线AP、AQ的方程，求出M、N的坐标，结合，化简可得的值，利用弦长公式结合化简即可求解. 【详解】（1）由题意，椭圆的焦距，所以.因为，所以.将点代入椭圆方程，得：，去分母化简，得： .因为，所以.从而.故椭圆的标准方程为：. （2）由（1）知，右顶点，左焦点 设直线l的方程为（斜率必不为0） 代入椭圆方程： . 设，所以， 直线AP过点和，其方程为： 令，得交点M的纵坐标：同理可得交点N的纵坐标： 因为 所以 由已知 ，解得 所以直线l必定恒过左焦点此时直线方程为 判别式 恒成立 由于直线l的x轴截距为，以原点到x轴交点的线段长度为底， 高即为，面积S为： 由已知，可得： 整理得：即 解得. 综上所述，满足条件的直线l的方程为或. 20．（2026·北京东城·二模）已知椭圆：的右焦点为，且经过点. (1)求椭圆W的方程； (2)已知点，.设直线分别与直线，交于点M，N，直线与直线交于点P，直线与直线交于点Q，直线交椭圆W于另一点R，求证：P，Q，R三点共线. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】(1)直接将点代入椭圆方程求解 (2)两点式求直线方程，结合椭圆方程求交点横坐标，通过斜率相等证明三点共线 【详解】（1）由题意得，解得， 所以椭圆W的方程为. （2）由(1)可知，则.已知， 直线MT满足，即直线的方程为； 直线NT满足，即直线NT的方程为； 令，代入直线MT的方程可得：，解得，所以； 令，代入直线NT的方程可得：，解得，所以； 已知， 直线AT满足，即直线AT方程为， 联立，化简得. 因为是方程的一个根(点A的横坐标)，设， 由韦达定理得，即， 代入得，所以. 当直线斜率存在时，直线PQ的斜率， 直线PR的斜率 因为，且直线PQ与直线PR有公共点P，所以P、Q、R三点共线； 当时，直线MT：，；直线NT：，； 直线AT：，，此时三点均在直线上，所以P、Q、R三点共线； 综上所述，P、Q、R三点共线. 21．（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. ( 双曲线性质及直线与双曲线位置关系 考点3 ) 1．（2026·云南玉溪·二模）已知双曲线的左右焦点分别为是上一点，且，若的内切圆半径与的比值为，则的离心率为（    ） A． B．2 C． D．3 【答案】D 【分析】计算，再计算的面积和周长得出即可求出. 【详解】令，其中，则，得，因为，所以， 则由双曲线的定义可知，， 则的面积为，周长为， 则，则，则的离心率为. 2．（2026·河北张家口·二模）已知抛物线（）与双曲线的渐近线的交点分别为O，A，B，其中O为坐标原点，若的面积为16，P为C与E在第一象限内的一个公共点，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】易知的渐近线为，联立，可得，或， 不妨设，，又的面积为16，则，解得， 联立整理得，解得或（舍去）， 所以，，所以. 3．（2026·山西朔州·二模）已知双曲线的实轴和虚轴的长度相等，的左、右顶点分别为，，为上位于第一象限内的一点，设，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据给定条件，求出双曲线方程，再利用斜率公式及和角的正切求出点的纵坐标即可. 【详解】由双曲线的实轴和虚轴的长度相等，得，， 则，设，则，， ，由，得， 因此，则，又， 所以. 4．（2026·河北保定·二模）已知分别是双曲线的左、右两个焦点，A,B是双曲线上的两点，,，，则双曲线的离心率为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据双曲线定义及余弦定理得，则，从而得到方程，解出离心率即可. 【详解】如图，设，是双曲线左支上的两点， 令，由双曲线的定义可得． 在中，由余弦定理得， 整理得，解得或（舍去）． ，根据双曲线定义可得， ∴，则,∴为直角三角形，且． 在中，，即， ∴，∴．即该双曲线的离心率为． 5．（2026·江西上饶·二模）已知双曲线的左右焦点分别为、，过其右焦点的直线l与它的右支交于P、Q两点，与y轴相交于点A，的内切圆与边相切于点B，若，则当的内切圆（圆心为）与的内切圆（圆心为）的面积之和取最小值时，的面积为（   ） A．24 B．25 C．48 D．49 【答案】A 【分析】根据切线的性质和双曲线的定义可得、的横坐标为a，设直线的倾斜角为，则，得到，，进而可得内切圆面积之和最小值时，再求面积即可． 【详解】根据题意，，，因为在轴上，所以， 所以，解得， 设两内切圆半径分别为，，与圆分别相切于点，，， 由切线长定理得 而，两式相加得，所以T是双曲线的右顶点），轴，所以的横坐标为a，同理可求得的横坐标为a，则，设直线的倾斜角为，则， 在，中有，同理可得，设，所以， 显然，当，即，时，的内切圆与的内切圆的面积之和取最小值，此时面积为． 6．（2026·河北邯郸·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为，，其右支上有一点，满足的垂直平分线与右支交于点，且直线过右焦点，则双曲线的离心率的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用双曲线定义与垂直平分线性质，确定核心线段关系，联立方程求点横坐标，利用直线与双曲线右支交于两点，建立离心率不等式，确定最终范围. 【详解】设，不妨设，, 设，则，得，解得, 的垂直平分线与右支交于点且直线过点，等价于直线与双曲线右支交于另一点， 则，即，进一步推导：，得， 代入，解得，又，所以. 7．（2026·新疆·二模）圆锥曲线具有丰富的光学性质，如双曲线的一个光学性质是：从双曲线的一个焦点发出的光线，经过双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点．由此可知，过双曲线上任意一点的切线平分该点与两焦点连线的夹角．已知，是双曲线C：的左、右焦点，过双曲线C右支上一点（）作直线l交x轴于点，过点作，垂足为H，则（    ） A．1 B． C． D．2 【答案】C 【分析】根据给定条件，求出直线的方程，并与双曲线方程联立可得直线与双曲线相切，再结合双曲线定义求解. 【详解】由双曲线C：，得， 延长交于点，依题意，，即， 直线的斜率，方程为， 由消去并整理得，则， 直线与双曲线相切，由双曲线的光学性质可知，平分，即， 所以. 8．（多选）（2026·河南开封·二模）已知双曲线：的渐近线与圆：相切，记的左、右焦点分别为，，为上一点，且，与圆交于，两点，则（   ） A．的离心率为2 B．的渐近线方程为 C． D．若，则 【答案】ABD 【分析】根据圆与双曲线渐近线相切得到，结合离心率公式及可判断选项A、B；根据，求出，进而求出，判断选项C；根据，得到，，，进而得到点，坐标，求出直线方程，结合垂径定理及点到直线的距离可判断选项D. 【详解】双曲线：的渐近线方程为，即.圆：的圆心为，半径为.由题意得，圆心到渐近线的距离，即，所以. 对于A：，故A正确. 对于B：，所以渐近线方程为，故B正确. 对于C：，，因为，所以点的横坐标为， 代入双曲线方程，解得.取，则，， 所以，故C错误. 对于D：若，则，，，，. 直线方程为，即.圆心到直线的距离，由垂径定理可得，，故D正确. 9．（多选）（2026·广西柳州·二模）已知点为双曲线右支上一点，，为双曲线的两条渐近线，过点分别作，，垂足依次为，，过点作交于点，过点作交于点，为坐标原点，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】对于A，设，求出点坐标，利用两点间距离公式求出距离再比较；对于B，利用点到直线的距离公式求解；对于C，求出点的坐标，再根据三角形的面积公式计算两个面积即可；对于D，根据两点间距离公式计算. 【详解】设，且，又，， 则，则，故B正确； 直线，直线，联立， 得，联立，得， 则， 又，所以，故A正确；直线， 直线，联立，得， 则，联立， 得，则， 设，因为，所以， 则，因为四边形为平行四边形， 所以 ，， 故，故C错误； ，等号成立时，故，故D正确. 10．（多选）（2026·江西·二模）在平面直角坐标系xOy中，点，分别为双曲线的左、右焦点，点，C经过点，其一条渐近线经过点，第一象限内的点P在C上，则（   ） A．C的方程为 B．点P到C的两渐近线的距离之积为 C． D．若Q为的内心，则定值 【答案】BCD 【分析】利用渐近线方程和点在双曲线上代入可得A；由点到直线的距离公式可得B；当时，代入带特殊值验证可得；当时由正切二倍角公式可得可判断C；利用向量关系表示内心的性质结合双曲线的定义可得D. 【详解】由题意知双曲线C的一条渐近线方程为，由题意得，解得，，则双曲线C的方程为，A错误；设，则，即， 所以点P到C的两渐近线的距离之积为，B正确； 当时，，， 所以，又，所以，当时，，易知，，所以， 所以，C正确；设，因为，，则， ，，， 因为Q为的内心，所以与共线， 且， 所以，即①，同理与共线， ， 所以，即②， 由①②，得，， 所以 ， 所以点Q在C的右支上，根据双曲线的定义知，D正确． 11．（多选）（2026·四川泸州·二模）过双曲线左焦点的直线与圆相切于点，与的一个交点为，则（   ） A．与一定有两个交点 B．点在的一条渐近线上 C．若，则的离心率为 D．若，则 【答案】BCD 【分析】对于B：分析可知，，进而分析斜率即可；对于A：举反例说明即可；对于C：结合双曲线定义可得，，结合勾股定理运算求解；对于D：根据题意可得，，即可得面积. 【详解】对于选项B：由题意可知：，，，可得，则直线的斜率，可知直线即为双曲线的其中一条渐近线，所以点在的一条渐近线上，故B正确；对于选项A：若，则直线的斜率，且渐近线的斜率为， 可知直线与双曲线的一条渐近线平行，此时与有且仅有1个交点，故A错误； 对于选项C：设双曲线的另一个焦点为， 若，可知点为的中点，且为的中点，则，，可得，由勾股定理可得：，即，可得，所以双曲线的离心率为，故C正确；对于选项D：若，则，， 所以，故D正确.故选：BCD. 12．（多选）（2026·安徽滁州·一模）已知圆经过双曲线的两个焦点，，且P为双曲线C上异于顶点的任意一点，点，则（   ） A．点M在双曲线C上 B．当P在圆T上时，的面积为8 C．点P到双曲线C的两条渐近线的距离之积为3 D．双曲线C上存在定点Q，使得直线和的斜率之积为定值 【答案】ABD 【分析】根据题意，求出双曲线方程，将点M代入方程验证A选项；联立求出点的横坐标值，根据三角形面积公式求解验证B选项；求出双曲线渐近线，利用点到直线距离验证C选项；利用点差法验证D选项. 【详解】由题知双曲线的焦点在轴， 故，焦点坐标为，因为圆过焦点，代入得，即，解得，因此双曲线的方程为：. 对于A：点代入双曲线方程得左边右边，因此在双曲线上，故A正确；对于B：联立，消去得，故横坐标可以为，中，，高为，面积 ，故B正确. 对于C：双曲线渐近线为，设，点P到双曲线C的两条渐近线的距离分别为，因为在双曲线上，故满足，即，点P到双曲线C的两条渐近线的距离之积如下，为，故C错误； 对于D：设是位于双曲线上，关于原点对称，且异于的两个点， 则，又①，②，由①②得到，得到，所以， 综上，只要满足位于双曲线上，关于原点对称，且异于的两个点均可满足点P与两点连线斜率之积为定值，故当点坐标为时，直线和的斜率之积为定值，故D正确. 13．（2026·湖北十堰·二模）已知双曲线的右顶点为，点．若在的渐近线上存在点，使得，则的离心率的取值范围是________． 【答案】 【分析】法1：设点在渐近线上，由向量垂直得数量积为零，整理出关于的一元二次方程，利用方程有解判别式非负，结合双曲线关系化简，最终求得离心率范围. 法2：由向量垂直知在以为直径的圆上，利用渐近线与圆有公共点，得圆心到渐近线距离不大于半径，代入双曲线关系化简，求出离心率取值范围. 【详解】法1：双曲线的右顶点， 不妨取渐近线方程为.设，则，. 由，得，整理得.由题意知该关于的方程有解，所以.化简可得，即，所以，又.所以，即的离心率的取值范围是． 法2：由知，点在以为直径的圆上. 由题意知的渐近线与圆有公共点，所以到的渐近线的距离满足，即，所以，所以.所以，又，所以，即的离心率的取值范围为． 14．（2026·福建莆田·二模）已知双曲线的左顶点为，右焦点为，过的直线交于，两点.若，则的外接圆的半径为_____. 【答案】 【分析】设直线方程，通过证明从而得到为直角三角形，即可得到答案. 【详解】由题意可知，，，易知直线的斜率不为，设直线方程为，，，则，，联立，整理得，，所以，，所以 ，所以，即为直角三角形，又因为，所以的外接圆的半径为. 15．（2026·湖北恩施·二模）双曲线的左右焦点分别为，双曲线右支上一点满足，则直线的斜率为______． 【答案】或2 【分析】根据双曲线的定义及勾股定理求出，结合双曲线的对称性及直线的倾斜角与的关系求解即可. 【详解】设，，由双曲线的定义及勾股定理得，可得， ，设，则，.又，即，解得或（舍去），所以直线的斜率为，结合双曲线对称性可知，直线的斜率为或2． 16．（2026·河北邢台·二模）已知为坐标原点，双曲线 的左焦点为，离心率为 过且斜率为的直线交的左支于两点， 为线段的中点，，则____. 【答案】3 【分析】设直线 斜率为 ，，由，求得坐标，再代入双曲线方程，进而可求解. 【详解】双曲线离心率 ，平方得 ，整理得，， 左焦点 ，设 ，为 中点，则 ， 设直线 斜率为 ，，故 ， 代入，结合 ，则，联立 解得，又在双曲线上，满足 ，将 代入，即满足，代入，消去 后整理得 ， 解得或，在双曲线左支，， 若，，符合要求； 若，，在右支，舍去，又 ，得 . 17．（2026·四川内江·二模）已知双曲线经过点，其渐近线方程为． (1)求双曲线的方程； (2)过点的直线与双曲线相交于两点，能否是线段的中点？请说明理由． 【答案】(1) (2)不能,理由见解析 【分析】（1）由题设条件得出的方程，求解即得曲线的方程； （2）假设是线段的中点，利用点差法求出直线的斜率，将得到直线的方程与双曲线方程联立，通过判别式判断方程是否有实根，即可确定能否为中点. 【详解】（1）双曲线经过点，得， 由渐近线方程为，得，解得，，双曲线的方程为. （2）假设是线段的中点，设，则由两式相减，可得，因为是线段的中点，，代入上式，可得，即此时直线的斜率为，于是直线的方程为，即.联立，消元得，，所以方程无实数解， 即此时直线与双曲线无交点，故不能是线段的中点. 18．（2026·河南开封·二模）等轴双曲线经过点． (1)求双曲线的方程； (2)已知圆心在轴的圆经过原点，且与双曲线相交于四点（按照顺时针方向），求证：直线与圆相切． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）首先理解等轴双曲线的定义，将点的坐标代入即可求解；（2）根据对称性，设出四点的坐标，由圆心在轴的圆经过原点可设出圆的方程，联立双曲线方程消元后根据韦达定理可得到纵坐标之间的关系，根据原点到直线的距离即可得证. 【详解】（1）等轴双曲线满足，因此双曲线的方程可写为， 因为双曲线经过点，所以，即，化简得解得， 因此，双曲线的方程为． （2）由于双曲线和圆均关于轴对称，不妨设，则，如图： 设圆心在轴上的圆的方程为（，因圆经过原点，代入满足方程）， 化简得，将双曲线方程代入圆的方程，消去，得， 整理得，则，故． 直线的方程为，即， 所以原点到直线的距离为． 因为双曲线方程为，所以， 所以， ， 分别代入式中，得，所以直线与圆相切，得证． 19．（2026·江苏镇江·二模）已知双曲线与直线有唯一公共点M，过点M且与l垂直的直线分别交x轴、y轴于、两点． (1)如果，求实数k的取值集合； (2)如果，当点M在运动时， ①求出点的轨迹方程； ②求的最大值并求出对应的s的值． 【答案】(1) (2)①②； 【分析】（1）根据题意，联立方程组讨论和，利用解出的取值集合； （2）①首先联立双曲线与直线方程，利用唯一公共点的条件得到与点坐标的关系，根据过且与垂直的直线方程可由垂直直线斜率关系得出，将坐标代入该直线方程，得到与坐标的关系，再通过消去的坐标，推导出的轨迹方程； ②由①得到的轨迹方程，将转化为单变量函数，利用基本不等式最大值，同时确定对应的值. 【详解】（1）当，直线方程， 联立双曲线与直线，代入整理得， 由题知直线与双曲线有唯一公共点， 故当时，即，此时直线与双曲线渐近线平行，仅有一个交点，符合条件； 当时，，解得， 故实数k的取值集合为. （2）①联立与得：， 由唯一公共点且，得，化简得 ， 设切点，由二次方程顶点公式得 ，故过且与垂直的直线方程为，分别令，，得， 将和代入，整理得， 即为的轨迹方程. ②由①知的轨迹方程，故 ， 令，， 原式当时原式小于0，故最大值仅在时取得， 当时化简得， 由基本不等式，当且仅当时取等， 因此 ，此时，得，即，代入得，即，因此最大值为，对应. 20．（2026·湖北孝感·二模）已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，点在双曲线上．点为双曲线右支上除右顶点外的任意点． (1)求双曲线的标准方程； (2)证明：点到的两条渐近线的距离之积为定值； (3)已知的左顶点和右焦点，直线与直线相交于点．试问是否存在常数，使得？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)存在 【分析】（1）由渐近线倾斜角得到，再把点代入，建立方程求解； （2）设出点M的坐标为，，利用点到直线距离公式得到点M到双曲线C的两条渐近线的距离之积为定值； （3）先考虑时，再考虑，当M在x轴上方时，设出点的坐标，表达出，结合正切二倍角公式得到，故，当M在x轴下方时，同理可得结论. 【详解】（1）由双曲线的一条渐近线的倾斜角为，有，可得， 又由点在双曲线上，有，代入，有，可得，， 故双曲线的标准方程为； （2）设点的坐标为，则，即．双曲线的两条渐近线，的方程分别为，，则点到两条渐近线的距离分别为，， 则．所以点到双曲线的两条渐近线的距离之积为定值． （3）存在． ①当时，，又是的中点， 所以，所以，此时． ②当时． ⅰ）当在轴上方时，由，，可得，所以直线的方程为，把代入得．所以，则． 由二倍角公式可得．因为直线的斜率及，所以，则． 因为，，所以． ⅱ）当在轴下方时，同理可得．故存在，使得． 21．（2026·江苏苏州·二模）已知双曲线E：的右焦点为F，离心率为2，过F且与x轴垂直的直线被该双曲线截得的弦长为6. (1)求曲线E的方程； (2)A、B、C为曲线E上的三个点，且A、B关于原点对称，直线BC过点F，若的面积为12，求直线BC的方程； (3)已知，过点的直线l与E在y轴右侧交于不同的两点P、Q，则直线l上是否存在点T使得，？若存在，求出T的坐标，若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)或或 (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）根据双曲线离心率公式和通径公式求解即可； （2）根据直线与双曲线相交的弦长公式及三角形面积公式可得结果； （3）先根据直线与双曲线的交点情况得到直线的斜率的范围，并结合条件得到点的坐标关于的表达式，接下来一种方法是通过消去得到点的坐标满足，再结合得到，最后验证对应的斜率不在范围内，另一种方法是将点的坐标直接代入得到关于的方程，最后验证该方程无范围内的解，从而得出结论. 【详解】（1）过右焦点且与轴垂直的直线为，代入双曲线方程得，依题意有，又由离心率为，得，联立得，所以曲线的方程为. （2）设，由（1）得，所以，因为关于原点对称， 所以，可知直线的斜率不能为 （否则不存在），故可设其方程为，与双曲线方程联立， 整理得，可得且， 以及，所以， 解得或，所以直线的方程为或或. （3）若直线斜率不存在，则直线与双曲线右支无交点，不合题意， 故可设直线方程为，与双曲线方程联立， 整理得，设， 则有且，以及， 其中，所以，结合其它不等式解得， 设，由得，即， 变形得到，将代入， 解得①，代入得②， 解法一：由①有③，代入②得到④，再由 得，将④代入，整理得， 解得，再由③可得， 因为，，所以不存在满足条件的点. 解法二：由得即， 将①②代入该方程得到，整理得，即，令，则在区间上单调递减， 又，故当时，恒成立， 即方程在内无解，所以不存在满足条件的点. ( 抛物线性质及直线与抛物线位置关系 考点4 ) 1．（2026·陕西·二模）已知抛物线的焦点为，．若上存在点，使得，且的面积为2，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】依题设，利用题设条件与焦准距可得，再由三角形面积计算即得. 【详解】由题意可知：，则，设，则， 可得，即，又因为的面积为，解得. 2．（2026·辽宁鞍山·二模）已知抛物线的焦点为，点为抛物线准线上一点，连接交于点，若，则的值为（   ） A． B． C．2 D．3 【答案】B 【详解】过点作准线的垂线，垂足为，根据抛物线的定义有，又， 得，设准线与轴的交点为，则有，所以，又，故. 3．（2026·广西南宁·二模）抛物线的光学性质是一个非常重要且优美的几何特性，它描述了抛物线如何反射光线．这个性质在数学、物理学和工程学中有广泛的应用．其光学性质如下：从焦点发出的光线经过抛物线上一点（不同于抛物线的顶点）反射后，反射光线平行于抛物线的对称轴；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．若抛物线的焦点为F，从F发出的光线经过抛物线C上点G反射后，其反射光线过点，且，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，可得轴，得到，得到，利用斜率求得，结合三角形的面积公式，即可求解. 【详解】对于抛物线，可得焦点为，准线方程为，根据抛物线的光学性质，可得轴，所以，将代入抛物线，可得，即， 因为，可得，整理得， 即，解得或(舍去），所以，此时，，，所以的面积为. 4．（2026·甘肃酒泉·二模）已知抛物线的顶点为坐标原点，焦点在轴的正半轴上，点在抛物线上，且.过焦点作倾斜角为的直线，交抛物线于两点，则（    ） A．8 B．12 C．16 D．20 【答案】C 【分析】根据题意得出抛物线方程和直线方程，联立这两个方程，然后利用韦达定理以及抛物线的定义即可求解. 【详解】 如图所示，设抛物线方程为，焦点为，由于点在抛物线上，且，则有，代入得， 故抛物线方程为，焦点为，设，，由于直线经过焦点且倾斜角为，因此直线方程为，与抛物线联立得， 由韦达定理得，则，根据抛物线的定义，有，，因此，故C正确. 5．（2026·湖南怀化·二模）已知抛物线C：（p＞0）的焦点为F，过点F的直线与C交于A，B两点（点A在第一象限），若直线AB的斜率为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据抛物线的几何意义表示线段长度求解. 【详解】记C的准线为l，过点A，B作l的垂线，垂足分别为M，N， 过点B作直线AM的垂线，垂足为E．设，． 因为直线AB的斜率为，所以，， 则，，． 因为，所以，即，，所以． 6．（2026·浙江温州·二模）已知O为坐标原点，直线l与x轴交于Q点，与抛物线交于A，B两点，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设直线l的方程为，由计算，利用两点间距离公式和韦达定理计算即可. 【详解】设，直线l的方程为，代入抛物线得，， 设，，则，， 因为，，所以，即. ， 同理，则， 因为，所以，异号，所以， 又， 所以，不是定值，故A C错误； 则， 代入韦达定理得， 故，故B错误，D正确. 7．（2026·辽宁盘锦·二模）已知直线过抛物线的焦点，且交抛物线于，两点，由，分别向准线引垂线，，垂足分别为，.设，，为线段的中点，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先利用抛物线的定义求证，再在直角梯形中计算即可. 【详解】连接，因为，所以，由抛物线的定义可知，， 所以，则，同理可得，，故，由，可得，，故在直角梯形中，，因为为线段的中点，所以. 8．（多选）（2026·黑龙江哈尔滨·二模）已知抛物线的焦点为F，过F的直线交抛物线于A，B两点，分别过A，B作准线l的垂线，垂足分别为，则下列说法正确的是（   ） A．当直线AB垂直于x轴，且时，则抛物线方程为 B． C．存在直线AB，使得以线段AB为直径的圆过原点 D．若，点，则为钝角 【答案】ABD 【分析】A：求出点坐标，代入抛物线方程；B：利用几何性质得出；C：设，通过判断；D：通过判断. 【详解】A选项，，则，得，故抛物线方程为，A正确； B选项，因为，所以，因为，所以， 则，同理可得，，则，故B正确； C选项，直线的斜率不为0，故设，，联立， 得，则，，故， 即为钝角，则原点一定在以线段AB为直径的圆内，故C错误；D选项，由C选项可知，，因为，所以， 则， 因为，所以，故为钝角，故D正确. 9．（多选）（2026·安徽淮北·二模）已知抛物线的焦点为，过点倾斜角为30°的直线交抛物线于，两点（在第一象限），设，在抛物线准线上的射影分别为，，则（    ） A． B． C．为正三角形 D．为直角三角形 【答案】ACD 【分析】根据焦点坐标，可得p值，可判断A的正误；求出直线AB的方程，与抛物线联立，可得A、B两点坐标，求出，坐标，可判断B的正误；根据两点间距离公式，可得，结合抛物线定义，可判断C的正误；根据数量积公式，可得的值，分析可判断D的正误. 【详解】选项A：由题意，解得，故A正确；选项B：直线AB的方程为，由A项得方程为，联立，得，因为在第一象限，所以，则，所以，则，故B错误；选项C：由题意得，所以， 由抛物线的定义可得，所以，所以为正三角形，故C正确；选项D：，所以，即，所以为直角三角形，故D正确. 10．（多选）（2026·广东佛山·二模）在平面直角坐标系中，斜率为1的直线l交抛物线于，两点，交x轴于点（），则（   ） A． B． C．的等差中项是2 D．m是，的等比中项 【答案】ACD 【分析】联立直线与抛物线，结合韦达定理，由弦长公式可得A；令可得B错误；结合等差中项和等比中项的概念由韦达定理可判断CD. 【详解】直线的方程为，联立消去可得， 则，， 对于A，由得，，故A正确； 对于B，，令可得，此时，故B错误；对于C，由可得的等差中项是2，故C正确；对于D，由可得m是，的等比中项，故D正确. 11．（多选）（2026·河南郑州·二模）已知抛物线为坐标原点，过点作斜率为的直线交抛物线于两点，其中在第一象限，直线交抛物线于另一点，其中，直线与直线交于点．则（    ） A． B．当时，直线的方程为 C．当四点共圆时， D．点落在定直线上 【答案】ACD 【分析】根据条件求出点的坐标，代入抛物线方程，即可求解判定A，联立直线与抛物线方程，由韦达定理得，根据已知条件判定B，C，根据条件求出的横坐标，再结合韦达定理计算判定D. 【详解】因为点，则，又，则， 所以，代入抛物线，得到，解得，A选项正确； 所以抛物线的方程为，设直线方程为，设， 联立，消得到，则，当时，， 所以或，且，即得，所以直线的方程为，B选项错误； 当四点共圆时，则有，故，则，所以，又， 所以，即， 整理得到，又，所以，故直线的方程为，C选项正确； 由，得到直线，由，得， 直线，联立方程，解得，，， 由，得， 所以点落在定直线上，D选项正确； 12．（多选）（2026·福建·二模）已知抛物线的焦点为，过的直线l交于两点，直线交于另一点D，则（    ） A． B．的内心在定直线上 C．若，则 D．若，则的面积为 【答案】ABD 【分析】作出符合题意的图形，利用斜率的几何意义得到，结合题意得到进而判断A，联立方程组结合韦达定理得到，最后结合内心的性质判断B，利用二倍角公式并结合方程得到判断C，先确定，再利用弦长公式与点到直线的距离公式得到面积解析式，最后结合角平分线定理建立方程，求解参数，进而得到三角形面积判断D即可. 【详解】因为抛物线的焦点为，所以，解得，则抛物线方程为, 如图，作出符合题意的图形，作轴， 对于A，设，则，由题意得是直线的倾斜角，由斜率的几何意义得，由诱导公式得，由焦半径公式得，在中，可得，则，故A正确， 对于B，设的方程为，，联立方程组，可得，由韦达定理得，，则，，由斜率公式得，，因为，所以，可得，则，得到被轴平分，可得的内心在定直线上，故B正确，对于C，因为被轴平分，所以， 设，，因为，所以， 由二倍角公式得，解得（另一根舍去），则，联立方程组，解得，此时，与不符，故C错误， 对于D，因为，所以或（与题意不符，排除）， 设直线的方程为，设，联立方程组，可得， 由韦达定理得，，则，由弦长公式得，，由焦半径公式得，且，而直线的方程为，设到的距离为，由点到直线的距离公式得， 则，因为，所以平分， 由角平分线性质得，可得，化简得，解得，则，故D正确. 13．（2026·河南开封·二模）抛物线的焦点为，为的准线与轴的交点，为上一点，若，则__________． 【答案】 【分析】结合条件设点列方程求B点横坐标，利用余弦定理求解即可. 【详解】 抛物线的焦点，准线方程为，因此准线与轴交点，可得，由题意.设，在抛物线上满足，又， 因此代入整理得，解得正根（抛物线横坐标非负）.在中，由抛物线焦半径性质得，代入得，根据余弦定理代入得. 14．（2026·新疆·二模）已知为抛物线的焦点，直线与交于两点，直线与的另一个交点为，直线与的另一个交点为，若与的面积之比为，则______． 【答案】 【分析】设，得到，以及直线的方程为，联立方程组求得和，得到和，结合题意，列出方程，即可求解. 【详解】如图所示，抛物线的焦点为，因为直线与抛物线交于两点，可设，其中，则，所以直线的方程为， 联立方程组，整理得，设，可得，解得， 将其代入直线方程，可得，即，同理可得：点， 所以，所以， ，因为与的面积之比为， 可得，整理得，因为，解得. 15．（2026·江西·二模）已知抛物线的焦点为，过点的直线与相交于，两点（在第一象限），若的面积为，则________． 【答案】/ 【详解】由题意，，设，，且点在第一象限. 由的面积为，得，所以，所以.所以， 则直线的方程为，代入.整理得，解得，. 所以，，所以． 16．（2026·江苏·二模）在平面直角坐标系中，已知抛物线的准线为，点在上，以为圆心的圆与相切且截轴所得的弦长为，则__________． 【答案】4 【详解】 已知抛物线的准线为，则的方程为：，已知点在上，则，以为圆心的圆与相切，设圆的半径为，则，又圆与相切且截轴所得的弦长为，，解得，即，，解得． 17．（2026·重庆渝中·二模）已知直线与抛物线（）交于，两点，，两点均在轴上方，为抛物线的焦点，若，且是锐角，则直线的斜率的取值范围是______． 【答案】 【分析】过作垂直准线于，过作垂直准线于，过作于点，借助抛物线定义结合锐角性质可得，再利用斜率与倾斜角的关系计算即可得. 【详解】过作垂直准线于，过作垂直准线于，过作于点，由抛物线定义可得，，令，则，故，则，由是锐角，则，所以， 则直线的斜率，所以直线的斜率的取值范围为． 18．（2026·山东青岛·一模）已知抛物线，点为的焦点，是上任意不重合的两点，当直线过点且垂直轴时，. (1)求的方程； (2)若直线过点且的面积为，求的方程. 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）当直线垂直轴时，可求出、的坐标进而求出的值； （2）三角形的面积可以用弦长公式和点到直线的距离公式表示底和高. 【详解】（1）设点，因为抛物线，所以，当直线过点且垂直轴时，直线的方程为，把代入可得，故，所以，所以方程为. （2） 由（1）可知，设直线方程为，联立得， 则，， 所以， 又点到直线距离，所以， 令，所以，所以，解得或， 所以直线方程为或. 19．（2026·福建莆田·二模）已知抛物线的焦点为，准线为，直线与，的交点分别为，，且. (1)求； (2)若过点的直线交于，两点，且，求的值. 【答案】(1)2 (2)或. 【分析】（1）由抛物线定义可得进而得到为等边三角形，从而求得，结合图形特征及角的正切即可求解； （2）设直线：,联立直线与抛物线可得，则由韦达定理得，，计算弦长代入中即可求得，再列方程结合弦长公式求值. 【详解】（1） 由抛物线定义得，又因为，所以为等边三角形，所以，设准线为与x轴交于点，且的纵坐标为，所以，所以，所以； （2） 设： ，，，联立得，， 由韦达定理得，，所以 ， 所以，所以，则，由韦达定理得，，所以，所以，所以， 或，所以 或，所以的值为或. 20．（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. 21．（2026·江西赣州·二模）已知点A与关于直线对称，点A在抛物线上，点F是抛物线C的焦点． (1)求抛物线C的标准方程； (2)直线AF与抛物线的另一个交点为B，直线与直线AB交于点P（异于A、B），与抛物线交于点D，连接DF并延长，交抛物线于点E，直线PE与x轴相交于点G，直线l与直线BE相交于点Q，线段BD的中点为M，线段QF的中点为N． （ⅰ）求证：G、M、N三点共线； （ⅱ）设的面积为，的面积为，若，求k的取值范围． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）根据点关于直线对称的特点列方程组求出，再代入抛物线方程即可求解； （2）（ⅰ）由（1）可得，，进而求出的坐标，再利用向量数乘关系求证即可； （ⅱ）结合（ⅰ）表示出，，再根据解不等式即可求解. 【详解】（1）因为点A与关于直线对称，设， 所以，解得，即，又点A在抛物线上，所以，即，则抛物线C的标准方程为. （2）（ⅰ）由（1）知，抛物线C的标准方程为，则，， 联立，解得或，即，则， 所以直线的方程为，联立，得， 则，则，故，则， 所以直线的方程为，联立，解得， 即，因为线段QF的中点为N，所以，即，又线段BD的中点为M，则，即，而，则，所以直线的方程为， 令，得，即，则， ， 所以，因此，又有公共点，则G、M、N三点共线. （ⅱ）由题意，，设， 由（ⅰ）知，， 而 由，得， 则， 即， 则，即，则，又， 则，因为直线不经过点，故，所以k的取值范围为. ( 圆锥曲线中的动点轨迹问题 考点 5 ) 1．（2026·广东揭阳·二模）若点关于动直线l：的对称点为N，则点N的轨迹为（   ） A．圆的一部分 B．椭圆的一部分 C．双曲线的一部分 D．抛物线的一部分 【答案】A 【分析】先求出直线l过定点，再利用对称性得，最后根据圆的定义即可判断. 【详解】由直线l：，令，解得，则直线l（不包含直线）过定点，由对称性可知，，即点N到定点的距离为，又直线l不包含直线，所以点关于直线的对称点不在点N的轨迹中，则N的轨迹是以为圆心，为半径的圆（去掉点），因此，点N的轨迹为圆的一部分. 2．（2026·上海崇明·二模）已知，，，，其中，点P为平面内一点，记点到，的距离分别为，，则下列条件中能使点的轨迹为椭圆的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据椭圆的定义可判断A的真假；求点的轨迹方程，判断BCD的真假. 【详解】对于A，因为，所以点轨迹为线段，故A错误； 对于B，设，则由，所以点轨迹为圆，故B错误；对于C，由， 因为，方程可化为，所以点轨迹为椭圆，故C正确； 对于D，由， ①当且，即时，去绝对值可得，即，此时结合约束条件可知点的轨迹为垂直于轴的线段； ②当且，即且，去绝对值可得，即，此时结合约束条件可知点的轨迹为垂直于轴的线段； ③当且，即且，去绝对值可得，即，此时结合约束条件可知点的轨迹为垂直于轴的线段； ④当且，即且，去绝对值可得，即，此时结合约束条件可知点的轨迹为垂直于轴的线段； 综上可知点轨迹为四条线段，故D错误. 3．（多选）（2026·安徽滁州·二模）已知两条直线和交于点，则（   ） A．直线必过点 B．点在圆上 C．点到直线距离最小值为 D．点的轨迹与圆有三条公切线 【答案】ABD 【分析】将代入直线计算可得A；结合两直线位置关系及所过定点计算可得B；利用圆的性质及点到直线距离公式计算可得C；求出两圆圆心距离及半径之和可得两圆位置关系，即可得D. 【详解】对A：将代入，可得，故直线必过点，故A正确；对B：对，令，则，故过点，又，故与垂直，结合直线过点，可得点在以为直径的圆上，圆心为，半径，故点在圆上，故B正确； 对C：由B知，点在圆上，由斜率存在，故的轨迹不过点，故点的轨迹方程为，且不过点，的轨迹所在圆的圆心为，半径，到直线距离，则点到直线距离最小值为，由图可得，此时点不为，故C错误； 对D：圆的圆心为，半径，则，， 故圆与圆相外切，即有三条公切线，故D正确. 4．（多选）（2025·浙江·二模）已知曲线上的动点到点的距离与其到直线的距离相等，则（    ） A．曲线的轨迹方程为 B．已知点，若为曲线上的动点，则的最小值为4 C．过点恰有2条直线与曲线有且只有一个公共点 D．圆与曲线交于，两点，与直线交于，两点，则，，，四点围成的四边形的面积为8 【答案】ABD 【分析】根据给定条件，利用抛物线定义求出曲线的轨迹方程可判断A；根据圆与曲线及直线的交点可判断D；根据抛物线的定义结合条件可判断B；根据直线与抛物线的交点个数结合条件可判断C. 【详解】对于A，曲线上的动点到点的距离与其到直线的距离相等，所以曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，且，所以抛物线方程为，故A正确； 对于D，直线交圆于点，而， 四边形是矩形，面积为，故D正确；对于B，显然共线，垂直于直线， 令点到直线的距离为，则，所以，当且仅当与点重合时取等号，因此的最小值为，故B正确；对于C，过点与曲线仅有一个公共点的直线方程为，由，消去得， 当时，直线与抛物线仅有一个公共点，当时，，解得， 显然直线与抛物线仅有一个公共点，因此过点与曲线有且只有一个公共点的直线有3条，故C错误. 5．（多选）（2026·江苏·二模）在平面直角坐标系中，已知是双曲线上任意一点，射线上的点满足. 记的轨迹为，则下列说法正确的有（    ） A．关于轴､轴､原点都对称 B．上的点到原点的距离的最大值为1 C．存在，使得到点和点的距离之差大于2 D．任意 【答案】ABD 【分析】根据在射线上且得到和的坐标之间的关系，再利用点坐标满足双曲线方程得到的轨迹方程，对于A，由方程特点即可判断，对于B，根据范围即可知范围，对于C，把放在某条双曲线上，结合的坐标范围即可判断错误，对于D，利用进行代换即可得的范围. 【详解】设，因为且，所以，又在射线上，所以存在使得，即，又根据可得，即，代入点坐标得，再把点坐标代入双曲线方程有，整理得的轨迹的方程为且，对于A，无论是把替换为，还是把替换为，或者同时替换， 的方程及限制条件都不变，所以关于轴､轴､原点都对称，A正确；对于B，由前述分析可知，当即点坐标为时，取得最大值，B正确；对于C，若到点和点的距离之差大于，则在以点和点为焦点且半实轴的双曲线上， 该双曲线上的点显然满足，而由可知， 所以到点和点的距离之差不可能大于，C错误；对于D，设，则由的方程可得且，所以，即，D正确. 6．（多选）（2026·安徽合肥·二模）已知：，为上的任意一点，点，线段的垂直平分线与直线相交于点，点的轨迹与轴交于，两点，则（   ） A．点的轨迹方程为 B．当点不在轴上时，直线与的斜率之积为 C．当时， D．过点作直线的垂线，垂足为，则的最大值为 【答案】ACD 【分析】对A：借助垂直平分线性质可得，再利用可得，即可由双曲线定义得到点的轨迹方程；对B：设，可得，再表示出并计算即可得；对C：借助三角形内角和及诱导公式可得，再借助B中所得结合斜率与倾斜角的关系，利用两角和的余弦公式与同角三角函数基本关系计算即可得；对D：取点关于对称点，可得的轨迹方程，则可得中点的轨迹方程，再利用三角换元法及辅助角公式计算即可得解. 【详解】又：，则，半径，由为线段的垂直平分线，故，又为上的任意一点，故，由，则，则或，则，故点的轨迹为以、为焦点，的双曲线，由、，故，则，即点的轨迹方程为，故A正确；对B：设在左侧，由点的轨迹方程为，故、，设，则有，故，则，故B错误； 对C：由，故， 则， 即，由B知，又，， 故，即， 则， 即，故C正确； 对D：取点关于对称点，则，故点的轨迹方程为， 由在上且，则为中点，则有，，故，，即有，化简得，故可设，，，则，其中，即的最大值为，故D正确. 7．（2026·陕西咸阳·二模）已知抛物线的准线方程为，，是上不同于原点的两点，，，垂足为．若的轨迹为曲线，曲线上到直线的距离为1的点有且仅有3个，则实数的取值集合为______． 【答案】 【分析】设直线的方程为，与抛物线方程联立，韦达定理，利用向量垂直的坐标运算求得直线恒过点，然后利用求得点的轨迹是以为直径的圆（不含点），最后利用圆心到直线的距离列式求解即可. 【详解】的方程为，设直线的方程为， 的方程与的方程联立，消去得，设， 则时，，由得，又， 所以，直线的方程为，所以直线恒过点．因为，所以点的轨迹是以为直径的圆（不含点），方程为，因为上到直线的距离为1的点有且仅有3个， 所以到直线的距离为1，所以，解得或； 又直线过圆心时，此时，， 点到直线的距离为，此时圆上有含的四点到直线距离为1，由曲线不过点可知，符合题意．故的取值集合为． 8．（2026·四川雅安·二模）已知点，，动点满足，记动点的轨迹为曲线，点在抛物线：上运动，过点作曲线的切线，切点分别为，，则的最小值为______． 【答案】 【分析】根据题意，求得曲线的方程，得出，结合两点间距离公式和函数的性质，即可求得的最小值，得到答案. 【详解】设，已知，，则，整理得，所以点的轨迹是以点为圆心，2为半径的圆，所以. 如图所示：设，连接，，根据题意可知,, 且，,连接，可得四边形的面积为直角面积的2倍，且，所以,可得, 设，则， 当，即与坐标原点重合时，取得最小值3，故的最小值为. 9．（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. 10．（2026·福建漳州·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； (3)若的内角满足，求的值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【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； （3）利用正弦定理及得，利用和差化积得，化简得，代入，解方程可得答案. 【详解】（1）已知的周长为6，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； （3）联立，得：， 由于为三角形的内角，所以，所以， 由正弦定理：，所以：， 由第（1）问，，得：， 由和差化积， 代入得：， 即：，所以：即， 令，则.解得，因为， 所以，所以.故. 11．（2026·江苏镇江·二模）已知双曲线与直线有唯一公共点M，过点M且与l垂直的直线分别交x轴、y轴于、两点． (1)如果，求实数k的取值集合； (2)如果，当点M在运动时， ①求出点的轨迹方程； ②求的最大值并求出对应的s的值． 【答案】(1) (2)①②； 【分析】（1）根据题意，联立方程组讨论和，利用解出的取值集合； （2）①首先联立双曲线与直线方程，利用唯一公共点的条件得到与点坐标的关系，根据过且与垂直的直线方程可由垂直直线斜率关系得出，将坐标代入该直线方程，得到与坐标的关系，再通过消去的坐标，推导出的轨迹方程； ②由①得到的轨迹方程，将转化为单变量函数，利用基本不等式最大值，同时确定对应的值. 【详解】（1）当，直线方程，联立双曲线与直线，代入整理得，由题知直线与双曲线有唯一公共点， 故当时，即，此时直线与双曲线渐近线平行，仅有一个交点，符合条件； 当时，，解得， 故实数k的取值集合为. （2）①联立与得：，由唯一公共点且，得，化简得 ，设切点，由二次方程顶点公式得 ， 故过且与垂直的直线方程为，分别令，， 得， 将和代入， 整理得， 即为的轨迹方程. ②由①知的轨迹方程，故 ， 令，，原式 当时原式小于0，故最大值仅在时取得， 当时化简得，由基本不等式， 当且仅当时取等，因此 ，此时， 得，即，代入得，即，因此最大值为，对应. 12．（2026·山西运城·二模）在平面直角坐标系中，设抛物线的焦点为，点，，且向量与共线． (1)求的方程． (2)已知动直线与交于两个不同的点． （ⅰ）若过点且斜率小于0，证明：以为直径的圆被轴截得的弦长大于． （ⅱ）若不经过点，且平分，求的外接圆圆心的轨迹方程． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）利用向量的坐标表示，结合向量共线的条件即，求出，进而得到抛物线的方程； （2）（ⅰ）设直线方程与抛物线方程联立，用韦达定理表示出的横坐标和与积，即和，表示出半径，得出以为直径圆的弦长公式，结合的条件进行判断； （ⅱ）利用角平分线的性质，结合三角形外接圆的圆心为各边垂直平分线的交点的性质， 分别求出，，的直线方程，联立垂直平分线方程，得到圆心坐标的参数式， 消除参数即可得到圆心的轨迹方程，需注意排除原点. 【详解】（1）解：（1）由题意知，则，因为向量与共线，所以，解得，故的方程为． （2）（ⅰ）证明：设的方程为，代入，得， ．设，，则，， 则．设以为直径的圆为圆，且圆心的坐标为，则，则圆心到轴的距离， 所以圆被轴截得的弦长为， 因为，所以，则 ，即以为直径的圆被轴截得的弦长大于4． （ⅱ）因为平分，所以直线与关于直线对称，又直线的方程为，且点关于直线对称的点为，所以，即． 将，代入，得，因为，所以． 当直线的斜率不存在时，，此时，重合，这显然不符合题意， 则直线的斜率存在．设的方程为，代入， 得，则，，解得． 由，得或，由平分，，都在上，得均位于第一象限，则．设外接圆的圆心为，线段的中点坐标为，则，所以线段的垂直平分线的方程为，整理得①． 同理可得线段的垂直平分线的方程为②．由，及①②可得． 因为，所以线段的垂直平分线的方程为，将代入上式得． 因为，所以，故的外接圆圆心的轨迹方程为． 13．（2026·云南保山·二模）已知动圆过定点，且在轴上截得的弦长为8，设动圆圆心的轨迹为. (1)求的方程； (2)已知点，过点的直线与交于，两点，在轴上是否存在点，使得为等边三角形？若存在，求出相应直线的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）设点坐标，根据，由轴上截得的弦长为8及勾股定理构建方程，化简得到的方程． （2）首先考虑直线垂直轴的情况，显然存在使得为等边三角形．对于直线不与轴垂直，设直线方程，与曲线联立．设中点为，根据韦达定理求出点坐标，根据，求出点，进而求出．根据抛物线定义及韦达定理求出焦点弦弦长．最后根据建立方程，解出直线参数． 【详解】（1）设动圆圆心，半径为，动圆过定点，， 又圆在轴上截得的弦长为8，所以，联立两式消去得， 动圆圆心的轨迹的方程为． （2） 由题，设直线，，，联立， ，，中点为，假设满足条件， ， 且为等边三角形，，且． ①若，则直线，，，， 存在，构成等边三角形； ②若，由题意得，， ， 又且，，，无解， 综上，存在点，，使得为等边三角形，此时直线l的方程为． 14．（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）. 15．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）设O为坐标原点，A，B分别是直线和上的动点，且，动点P满足，记动点P的轨迹为曲线E. (1)求曲线E的方程； (2)，过曲线E的中心O作一条直线交曲线E于P，Q两点，求周长的最小值、面积的最大值； (3)若点C是曲线E上异于顶点的任意一点，若，，直线，分别交直线于点N，M.以为直径的圆是否恒经过x轴上的某两个定点?若经过，求出这两个定点的坐标；若不经过，请说明理由. 【答案】(1) (2)周长最小值为，面积最大值为 (3)经过，这两个定点的坐标为， 【分析】（1）设，，，借助可得、与、的关系，再利用可得、间关系，从而可得、间关系，即可得动点P的轨迹方程； （2）借助椭圆定义及椭圆对称性可得的周长等于，则最小时，周长最小；，则最大时，面积最大； （3）设，再表示出直线、的方程后可表示、坐标，即可得为直径的圆的方程，令该圆方程中，可解出该圆与x轴交点横坐标，即可得解. 【详解】（1）设，，，∵，∴，∵，∴，， 则有，整理得，故曲线E的方程为； （2）为曲线E的右焦点，则其左焦点，根据椭圆的对称性， 的周长为， 故当最小时，周长最小，因此当轴时周长最小， 此时，故的周长最小值为； 而， 故当最大时，面积最大，因此当轴时面积最大， 此时，故面积的最大值为. （3）设，∴，∴， 直线、的方程分别为，， 故，， 以为直径的圆的方程为， 令，得，即，解得或， 故以为直径的圆恒经过x轴上的两个定点，. 16．（2026·安徽阜阳·二模）在平面直角坐标系中，已知点，，点P满足.记点P的轨迹为曲线C. (1)求C的方程； (2)过C外一点作C的两条切线，且这两条切线互相垂直. （i）求m，n的关系式； （ii）若且，M为C上一点，求的取值范围. 【答案】(1) (2)（i）;（ii） 【分析】（1）根据椭圆的性质求出的值即可； （2）（i）由两条切线互相垂直，则，结合韦达定理计算即可； （ii）根据椭圆的几何意义转化为求的范围求解即可. 【详解】（1）因为，所以曲线C是分别以，为左、右焦点的椭圆.设椭圆C的方程为，半焦距为c， 则，，得，，所以C的方程为. （2）（i）当过的椭圆C的切线斜率存在时，易知斜率不为0，设切线方程为，代入椭圆C的方程，得， 因此， 即，则两条切线的斜率即该关于k的方程的根. 由于两条切线互相垂直，故，则，得. 当过的椭圆C的切线中有一条切线的斜率不存在时，另一条切线的斜率为0， 此时点Q的坐标为或或或，均满足. 综上，. （ii）若，则，所以，，则.连接，交椭圆C于点，当M与重合时，最小，最小值为.连接，由椭圆的定义得，连接并延长，交椭圆C于点，且在x轴下方，当M与重合时，最大，最大值为，故的最大值为. 综上，的取值范围为. 17．（2026·山西朔州·二模）已知圆，过点且不与轴重合的直线交圆于，两点，过点作的平行线，交直线于点. (1)求点的轨迹的方程. (2)设与交于，两点，为坐标原点. （i）若的面积为，求的方程； （ii）求的外接圆的面积的最小值. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）先把圆的方程化为标准方程，确定圆心和半径；再利用以及，，三点共线、，，三点共线，得到 ．由相似三角形的对应边关系结合，推出，从而得到为定值，最后根据椭圆的定义写出点的轨迹方程，并注意排除直线与轴重合时对应的情形． （2）设直线的方程为，将其与（1）中椭圆方程联立，借助根与系数的关系表示交点，的纵坐标和、积．第（i）问用坐标面积公式把的面积化为关于的式子，再由面积条件求出，从而得到直线的方程；第（ii）问先用椭圆焦半径公式表示，，再用点到直线的距离和正弦定理表示外接圆半径，最后转化为一元函数求最小值． 【详解】（1） 圆的方程化为标准方程得，所以圆心，半径.   由，且点在直线上，点在直线上，所以. 又，由相似三角形的对应边关系可得.所以，符合椭圆的定义，         故点在以，为焦点的椭圆上，且，，所以的方程为. （2）设，，. （i）联立与的方程，得消去可得， 则，.   ，         令，解得或（舍去），故，故的方程为.         （ii）易知，， 所以，同理可得.   易知点到的距离为， 所以.        设的外接圆的半径为， 由正弦定理，有，         令，则，.令，则， 因为，所以，则在上单调递增.         从而当时，，即此时取得最小值，， 所以的外接圆的面积的最小值为. 18．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）已知圆心在轴上移动的圆经过点，且与轴，轴分别交于，两个动点，设动点的轨迹为． (1)求的方程； (2)已知正的三个顶点在上． （ⅰ）若中点的坐标为，求点的坐标； （ⅱ）求满足点纵坐标为1的的个数，并说明理由． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）1个，理由见解析 【分析】（1）依题意可知该圆关于轴对称，且点必在轴右侧，推出为直角三角形，结合直角三角形射影定理求解即可. （2）（i）设出点、坐标，结合点在及中点坐标求出直线方程及，根据正三角形性质得到，且，求出直线方程，联立抛物线方程求出，代入求出点坐标，进行验证即可. （ii）求出点坐标，设出点、坐标及直线：，与抛物线方程联立求出，结合中点坐标及等边三角形性质求出直线的方程，进而求出，代入得到关于的方程，根据导数与单调性、零点存在定理判断的个数，即可得到三角形的个数. 【详解】（1）依题意可知圆的圆心在轴上，即圆关于轴对称， 又该圆与轴，轴分别交于，，所以点必在轴右侧， 则为圆的直径，所以为直角三角形，所以，即. 所以的方程为. （2）（i）设，，均在上， 则，，两式相减，可得. 因为中点的坐标为，所以，. 则，所以直线方程为，即， 将其与联立整理得，所以. 则. 因为为正三角形，故，且，. 所以，又，则直线的方程为：，即. 将其与联立整理得，解得或. 故可得或.又，即， 经验证，不满足上式，因此点坐标为. （ii）已知点纵坐标为1，所以. 设直线的方程为，可知， 将其与联立整理得，，①设，， 则，，则， 所以， 设中点为，则，要使为正三角形，即，且. 所以，整理得.② 直线方程为：，即.， 即，整理得，③ 由②③消去得，，即， 当时，不合题意，舍去. 当时，令，，， 所以，即在上为增函数， 又，，故方程在上存在唯一的实根， 由③知，当时，，满足①式，所以存在唯一满足条件的正. ( 圆锥曲线中的定点、定值问题 考点 6 ) 1．（2026·四川南充·二模）已知一动圆的圆心在抛物线上，且与直线相切，则此圆恒过定点（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用抛物线的定义可得结果. 【详解】易知抛物线的焦点为，准线方程为，设圆心为，因为点在抛物线上，由抛物线的定义可知点到直线的距离等于，由于圆与直线相切，故圆经过定点. 2．（2026·浙江台州·二模）已知点，，点P是抛物线上的动点（异于A，B两点），记直线AP的斜率为，直线BP的斜率为，则下列结论正确的是（   ） A．为定值 B．为定值 C．为定值 D．为定值 【答案】C 【分析】设（），利用两点斜率公式求，再分别求即可判断. 【详解】因为点是抛物线上异于的动点，故设（）， 则，，对于选项A，，不是定值，A错误；对于选项B，，不是定值，B错误； 对于选项C，，为定值，C正确； 对于选项D，，不是定值，D错误. 3．（多选）（2026·青海西宁·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为上的两点关于原点对称，且点在第一象限，则（   ） A．若，则点在以为直径的圆上 B．的内心在直线上 C．在上不存在一点，使得点与点关于点对称 D．过点作的两条渐近线的垂线，垂足分别为，则为定值 【答案】ABD 【详解】对于A，由题意可作图如下： 由双曲线，则，即，由，且点关于原点对称，则，在中，由， 则，故点在以为直径的圆上，故A正确； 对于B，可作图如下： 设的内心为，圆为的内切圆，且分别为圆和的切点，则， 由， 设，则，解得，易知在直线上，故B正确；对于C，设，则，点关于点的对称点为点， 假设该点位于双曲线上，则，所以，即：，，整理可得，故，化简可得，由于， 则方程有解，假设成立，故C错误；对于D，设，两渐近线方程分别为，所以，又因为满足，可得，所以，故D正确． 4．（多选）（2026·安徽合肥·二模）已知抛物线的焦点到其准线的距离为2，过点的直线交于两点，设为坐标原点，则（     ） A． B．若为的重心，则 C．若，则 D．若为定值，则 【答案】ABD 【分析】过的直线方程为，联立抛物线方程，结合韦达定理和弦长公式、数量积的坐标表示逐项判断即可. 【详解】如图，作出符合题意的图形， 抛物线中，焦点到准线的距离为，故，抛物线方程为， 由题意设过的直线方程为，代入得， 设，由韦达定理得，选项A：由已知得，A正确，选项B：若为重心，由重心坐标公式得 ，得，，由弦长公式得，而 ，故，即，B正确，选项C：若，则， 又，代入得，C错误，选项D： ，同理，故 ，代入，得 ，整理得，要该式为定值对任意成立，则需对任意成立，故，即，D正确. 5．（多选）（2026·宁夏·二模）已知直线与圆，则下列说法正确的是（ ） A．直线恒过定点 B．若圆上的点关于直线的对称点仍在圆上，则 C．存在实数，使得直线与圆相切 D．直线被圆截得的弦长的最小值为 【答案】AB 【详解】先将圆方程化为标准形式： ， 圆心，半径.对于选项A，由直线，得，故直线恒过定点，故A选项正确；对于选项B，圆上的点关于的对称点仍在圆上，则直线过圆心， 将代入：，B正确. 对于选项C，直线与圆相切时圆心到直线距离，，化简，判别式，方程无解，故不存在使直线与圆相切，C错误.对于选项D，直线过定点，弦长最短时，此时，最短弦长，D错误. 6．（多选）（2026·河北张家口·二模）已知圆，P为直线上一动点，，为圆C的切线，切点分别为A，B，则（   ） A．圆心C的轨迹方程为 B．圆C过定点 C．当时，的最小值为15 D．当时，四边形的面积的最小值为 【答案】BCD 【分析】对于A，求出圆心的坐标，即可判断选项； 对于B，将圆C的方程化为，令解方程即可求解； 对于C，由，结合切线性质求出的最小值即可求解； 对于D，根据结合选项C即可求解. 【详解】圆C的方程可化为，， 对于A选项，圆心C的坐标为，则圆心C的轨迹方程为（除去点），所以A选项不正确；对于B选项，圆C的方程可化为，令，解得所以圆C过定点，所以B选项正确；对于C选项，，当时，，圆心，半径，圆心到直线的距离，所以，所以C选项正确； 对于D选项，，所以D选项正确. 7．（多选）（2026·安徽阜阳·二模）已知抛物线的焦点为，过F的直线与T交于A，B两点，点，直线，分别交T于C，D两点，则下列说法正确的是（   ）. A． B．（O为坐标原点）是钝角三角形 C．直线过定点 D． 【答案】BCD 【分析】由题设得抛物线，设直线为，联立方程并应用韦达定理得，，应用抛物线的定义判断A，由向量数量积的坐标表示确定夹角余弦值的符号判断B，设，，直线为，并联立抛物线，应用韦达定理，进而确定定点的存在性判断C，根据上述分析及三角形的面积表示判断D. 【详解】因为，所以T的方程为，如图，由题意知直线的斜率不为0， 设直线的方程为，联立，消去x得， 设，，则，， A，由抛物线的定义可得，，所以，，易知，，显然，错误； B，因为点，在抛物线上， 所以，，故，故，又A，B，O三点不共线，所以为钝角，即为钝角，所以为钝角三角形，正确； C，设，，直线的方程为，由，消去x得，所以，故，同理可得，所以.当直线的斜率存在时，， 所以直线的方程为，化简得，即，令，得，所以直线过定点. 当直线的斜率不存在时，易知，所以，此时直线的方程为. 综上，直线过定点，正确； D，， ，所以，正确. 8．（2026·山西·二模）椭圆的离心率，且过点. (1)求椭圆的方程； (2)设为椭圆左顶点，过左焦点的直线（不过点）交椭圆于，两点，直线，分别交直线于，两点. ①求证：为定值； ②记的中点到轴的距离是，点是轴上的一点，记的斜率，的斜率，当是定值时，求定点的坐标. 【答案】(1) (2)①证明见解析；② 【分析】（1）根据题意，列出关于的方程组，求得，即可求解； （2）①设直线，联立方程组，求得，，利用斜率公式，化简，得到，即可得证； ②设定点，由①可得，及，，根据题意，化简得到是定值，求得的值，即可求解. 【详解】（1）由椭圆的离心率，且过点， 可得且，解得，所以椭圆的方程. （2）①由（1）知：椭圆的方程，可得和， 设直线，联立方程组，整理得. 设，， 则有且，， 又由直线，令，可得， 同理可得，所以，， 则， 所以，所以（定值）； ②设定点，因为为的中点， 则由①可得， 又因为点到轴的距离是，所以，因为，， 则， 所以是定值， 所以，解得，所以定点. 9．（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． 10．（2026·云南昭通·二模）已知点与定点的距离和它到定直线的距离之比为． (1)求的轨迹方程； (2)过点的直线与交于两点(其中不共线），记（为坐标原点）的面积为，过线段的中点作直线的垂线，垂足为，设直线的斜率分别为． （i）求的取值范围； （ii）求证：为定值． 【答案】(1) (2)（i）;（ii） 【分析】（1）通过将“点到定点的距离与定直线的距离之比为”的条件转化为代数方程，化简后即得轨迹方程； （2）（i）通过设直线方程并联立椭圆方程，利用韦达定理表示出弦长，再结合面积公式转化为函数求值域即可； （ii）通过两点坐标表示出两条直线得斜率，再结合韦达定理和面积表达式进行化简，即可证明比值为常数 【详解】（1）设点，根据题意得：，两边平方并整理得： ，即，化简得：， 因此，点的轨迹方程为椭圆. （2）（i）设过的直线方程为，与椭圆方程联立：， 代入得：，整理得：， 设，由韦达定理：， 所以的面积为 ，令，则， 代入得，因为函数在上单调递增，所以，所以，即的取值范围是. （ii）设，则，直线的斜率为， 直线的斜率为，且， 所以 ，所以，又因为， 所以. 【点睛】用椭圆的第二定义求轨迹方程，联立方程组，借助韦达定理转化面积与斜率表达式，通过代数化简即可完成范围求解与定值证明. 11．（2026·河南郑州·二模）已知双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离为1，点在双曲线上； (1)求双曲线的标准方程； (2)设点是双曲线上的动点，是圆上的动点，且直线与圆相切，求的最小值； (3)如图，是双曲线上两点，直线与轴分别交于点，点在直线上；若关于原点对称，且，是否存在点，使得为定值；若存在，求出该定点的坐标；若不存在，请说明理由； 【答案】(1) (2) (3)存在， 【分析】（1）根据焦点到渐近线的距离为1以及点在双曲线上，列出的方程，求解出，即可写出双曲线的标准方程. （2）根据切线的性质可得，将问题转化成求的最小值问题，结合两点间距离公式将表示成的函数表达式，求解出最小值即可. （3）设出坐标以及直线的方程，联立直线与双曲线方程，写出韦达定理，再写出直线方程，可求得坐标，利用关于原点对称列出方程，找出之间的关系，从而可得直线所过定点，再借助直角三角形判断是否为定值即可. 【详解】（1）因为焦点到一条渐近线的距离为1，即. 又点在双曲线上，所以，解得.所以双曲线的方程为. （2）圆的圆心，半径为.因为是圆上的动点，直线与圆相切，所以，.所以. 设，因为是双曲线上的动点，所以. 所以. 当时，取得最小值，此时.所以. （3）由题意知，直线的斜率存在，设直线的方程为. 联立，整理得：. 且. 设，则.直线的方程为. 令，则，即.同理可得，. 因为关于原点对称，所以， 即.整理得. 即.整理得， 即.所以或. 若，则，则直线方程为，即， 此时直线过点，不符合题意. 若，则直线方程为，恒过定点. 所以为定值，又，在中，为斜边， 所以当为中点时，.因此存在点，使得为定值. 12．（2026·广东广州·二模）已知椭圆的离心率为，直线被椭圆所截得的线段的长为3． (1)求的方程： (2)已知点，过点的直线交于E，F两点在轴的下方），直线BF交直线于点． （i）设直线ME的斜率为，直线MF的斜率为，判断是否为定值，并说明理由； （ii）证明：直线ME过定点． 【答案】(1) (2)（i） 不为定值.证明见解析.（ii）证明见解析. 【分析】（1）利用椭圆的定义求解即可. （2）（i）设点 ， ， 设 联立椭圆的方程，进而将斜率表示出来，得到，与点的坐标有关，从而 不为定值. （ii）通过（i）中将斜率表示成，从而直线方程转化为从而直线过定点 【详解】（1）因为直线被椭圆所截得的线段的长为3， 所以在椭圆上，代入得，又，解得：. （2）设点，设 ， 由 得， 由 ，得 ，解得 或 ， 又点 ， 在 轴下方，则 ，由韦达定理得    得 ，即 ，因为 ， 所以 ，所以 不是定值. （ii）证明： 由（i）得    则直线 的方程为 ，即 ， 当 时，得 ，所以必过定点. 13．（2026·上海静安·二模）在平面直角坐标系中，O为坐标原点．设椭圆，的左、右焦点分别为、，，的离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)过原点O作两条相互垂直的射线，与椭圆分别交于A、B两点，证明：原点O到直线的距离为定值； (3)过椭圆的右焦点且不与坐标轴垂直的直线l与椭圆交于P、Q两点，点M是点P关于x轴的对称点．在x轴上是否存在一个定点N，使得M、Q、N三点始终共线？若存在，求出点N的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)存在定点 ，理由见解析 【分析】（1）利用待定系数法可求得椭圆的标准方程； （2）设直线 的方程，并与椭圆联立方程组，利用韦达定理及的条件，建立直线参数间的关系，再使用点到直线的距离公式即可证明. （3）设直线 的方程为 ，并与椭圆联立方程组，求出 的值，结合三点共线则即可求解. 【详解】（1）由题意知 ，即 .又因为离心率 ，所以 ，所以 .故椭圆 的方程为 . （2）证明：设 ，因为 ，所以 . 设直线的方程为，联立方程组，消去得 ，由韦达定理得.代入 ，即 ， 整理得 ，代入韦达定理结果并化简得 。 原点 到直线的距离 所以原点 到直线 的距离为定值 . （3）存在定点 ，理由如下： 由（1）知 ，设直线 的方程为 ，设 ，则 ， 联立方程组 ，消去 得 ， 由韦达定理得 . 设 ，若三点共线，则 ，即，整理得 . 将 代入上式，化简得 . 代入韦达定理结果，得 .化简得 ，解得 . 所以存在定点 ，使得 三点始终共线. 14．（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. 15．（2026·湖北宜昌·二模）已知双曲线的焦点到一条渐近线的距离为，且点在双曲线上． (1)求双曲线的方程； (2)斜率为的直线与双曲线的右支交于、两点（异于点）． ①求直线、的斜率之和； ②若的外接圆圆心为，试问在轴上是否存在定点使为定值，若存在，求出点坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)①；②存在，且点. 【分析】（1）利用点到直线的距离公式求出的值，将点的坐标代入双曲线的方程，求出的值，即可得出双曲线的方程； （2）①设点、，设直线的方程为，将该直线方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，结合斜率公式可求得直线、的斜率之和； ②设的外接圆方程为，分析可知方程与方程为同解方程，可得出关于、、的方程组，解出、，可得出点的坐标，求出直线的方程，当时，求出直线的方程，取点为直线与轴的交点，结合勾股定理可得出结论. 【详解】（1）双曲线的右焦点为，双曲线的渐近线方程为，即， 所以焦点到一条渐近线的距离为，因为点在双曲线上，所以，解得，故双曲线的标准方程为. （2）①设点、，设直线的方程为， 因为点不在直线上，则，可得，联立，可得， 则，解得或， 由题意可得，所以且， 所以 ，即直线、的斜率之和为. ②设的外接圆方程为， 则，由代入， 可得，可得， 同理可得， 所以、为关于的方程的两根， 又因为、为关于的方程的两根， 所以方程与方程为同解方程， 所以，解得， 易知点，即点，， 所以直线的方程为，即， 当时，直线的方程为，即，直线与轴的交点为，不妨取点，此时，则， 故在轴上存在定点，使得为定值. 16．（2026·安徽池州·二模）已知双曲线过点和． (1)求双曲线的方程； (2)是双曲线上一点，设，，直线交于另一点，直线交于另一点，且，（各点均不重合）． （ⅰ）证明：直线过轴上的定点； （ⅱ）记直线，的斜率分别为，，证明：为定值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）根据双曲线的性质和经过的点可得双曲线方程； （2）（ⅰ）先设各点的坐标，再结合向量的关系可求得直线经过的定点；（ⅱ）法一：通过设相关点，再结合向量关系可得，进而可证明定值；法二：通过设相关点，再结合向量关系及点差法可得，进而可证明定值；法三：先设直线的方程为，再利用根与系数关系可得及向量关系可得，从而证明定值；法四：直接设直线，再根据系数关系及向量关系可得，进而可证明定值. 【详解】（1）因为双曲线过点，所以点是双曲线的右顶点，得， 又因为双曲线过点，所以，解得. 所以双曲线的方程为. （2）（i）设点，，，，，如图： 因为，由得， 即.又因为， 由得，即. 设直线过轴上的定点，则,, 所以直线过轴上的定点 （ⅱ）解法一：（设点法一相关点） 设点，，，由得① 因为点在上，所以，即②，如图： 由①②得，又点在上，所以， 即，由题意知，所以③， 同理得④，由③-④得， 因为，即⑤ =由得，即⑥ 联立⑤⑥解得， 所以 解法二：（设点法——定比点差） 设点，， 由得①，由得② 一方面，由得③ 将①②代入③得④ 另一方面，由得⑤ 将①代入⑤得⑦ 联立①⑦得⑧，同理得⑨ 联立⑧⑨得⑩，由④⑩得 所以 . 解法三：（设线法一设线解点） 设点，，，一方面，由得① 另一方面，联立得（其中） 所以，所以② 由①②得，即③ 同理得④，由得⑤ 由③-④得⑥，联立⑤⑥得 所以 解法四：（设线法——韦达定理） 由（ⅰ）可设直线 联立得由韦达定理得③ 由①②得 ④ 将③代入④得⑤ 又因为点在上，所以⑥ 联立⑤⑥得,, ，解得⑦或（舍） 所以 .所以. 17．（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. 18．（2026·甘肃·二模）已知抛物线过点. (1)求抛物线的方程； (2)过作抛物线的切线，连接，作的平行线交于两点，交于点，若，判断是否为定值，若是，求出此定值；若不是，说明理由. 【答案】(1)； (2)是定值. 【分析】（1）将点坐标代入抛物线方程，直接解出参数p，即可确定抛物线的表达式； （2）先求切线方程，再由平行关系设直线方程，与抛物线联立得到根与系数的关系；结合长度条件进行代数代换与化简，最终证明比值为常数，完成定值判断. 【详解】（1）由于过点，则，所以抛物线的方程为； （2）由得，所以过的切线的方程为，即， 设，可知，,则， 在切线上，，在直线上，， 又， ， 由得， 由可得： 同理，所以是定值. 19．（2026·湖北十堰·二模）已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，过且与轴垂直的直线交于A，B两点． (1)求的大小； (2)若为的上顶点，斜率为的直线与交于M，N两点（异于的上、下顶点），记直线DM，DN的斜率分别为． （i）若，求的方程； （ii）若，过作的垂线，垂足为，是否存在点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)（i）（ii）存在点，使得为定值 【分析】（1）根据离心率得出与的关系，利用直角三角形中正切值求出，再由椭圆对称性得解； （2）（i）联立直线与椭圆方程，分别求出的坐标，即可求出直线方程；（ii）设直线的方程为,联立直线与椭圆方程，根据韦达定理及斜率公式表示出，化简后根据求出，可知直线过定点，由题意确定点轨迹为以为直径的圆，据此可得解. 【详解】（1）因为，所以，又，所以， 将代入方程，得，所以，所以，又，所以，由椭圆的对称性知，. （2）因为为的上顶点，所以，即，所以， 所以，所以椭圆的方程为. （i）若，则直线DM，DN的方程分别为， 由，可得，解得，所以， 即，同理可求得，所以直线的斜率为， 所以直线的方程为，即. （ii）设直线的方程为， 由，消去并整理可得， 则， 且.由，可得 ，解得， 满足，所以直线的方程为，所以直线过定点.由题意知点在以为直径的圆上，所以当点为线段的中点时，，为圆的半径，即为定值. 20．（2026·安徽淮南·二模）已知椭圆：的短轴长为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)记点为椭圆的左顶点，点为椭圆的下顶点，动点是第一象限内椭圆上的一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点.证明：四边形的面积为定值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据离心率及短轴长得到方程组，求出、，即可得到椭圆方程； （2）设（，），表示出直线、的方程，即可得到、，最后根据计算可得. 【详解】（1）因为离心率为，椭圆的短轴长为， 所以，解得，所以椭圆的方程为． （2）由（1）可知点，，设（，），则，即①，则直线的方程为，令，得，所以， 直线的方程为，令，得，所以， 所以，， 所以四边形的面积为：， 又因为， 所以， 所以四边形ABCD的面积为定值． ( 圆锥曲线中的最值、范围问题 考点 7 ) 1．（2026·河南濮阳·二模）圆上的点到直线距离的最大值是（   ） A．7 B．5 C．3 D．2 【答案】A 【详解】圆的圆心，半径，直线可化为，令，得，故直线过定点，由图知，当且仅当时，点到直线距离取得最大值：，故圆上的点到直线距离最大值为. 2．（2026·河南郑州·二模）已知椭圆，椭圆上一点到直线距离的最大值为，则该椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设椭圆上任意点，,根据点到直线的距离公式，可知到直线的距离为，其中，所以的最大值为，两边平方整理得， 椭圆中，则， 即离心率. 3．（2026·山西运城·二模）已知点在椭圆的内部，为的左焦点，为上的动点，若的最大值大于，则的离心率的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设的右焦点为，因为点在的内部，所以． 由椭圆的定义知，所以，则， 则的最大值为，所以， 又，所以，此时满足，所以的离心率． 4．（2026·浙江·二模）已知为坐标原点，点，动点、在抛物线上，满足．若点关于直线的对称点为，则的最大值是（    ）． A． B．9 C． D．8 【答案】B 【详解】设直线的方程为，， 联立抛物线方程得，，由韦达定理得，， 由得，，代入，得， 将代入，得，或（舍去），所以直线的方程为，恒过点，因为点关于直线的对称点为，所以垂直平分，是中点， 所以，所以点的轨迹是以为圆心，半径的圆（除去原点），则点轨迹方程为，所以，所以. 5．（2026·安徽淮南·二模）在平面上有等腰直角三角形，为直角顶点，，，，，若，到直线的距离分别为和，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立平面直角坐标系，由题意可得直线的直线方程为，利用向量的线性运算可求得，求得的中点的轨迹方程，进而可得，进而求得的最大值. 【详解】以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的平面直角坐标系， 因为三角形为等腰直角三角形，且，所以， 所以直线的直线方程为，因为，所以， 所以，又，所以，解得. 因为，，所以的轨迹方程为和. 记的中点为，则，所以， 所以，所以的轨迹方程为. 过分别向直线作垂线，垂足分别为， 则，又因为，所以为直角梯形， 又，为的中点，所以. 则的最大值即为的最大值，又到直线的距离为， 所以的最大值为，所以的最大值即为. 6．（2026·云南昆明·二模）设椭圆，点和均为椭圆的顶点，直线与椭圆交于两点．当四边形面积取最大值时，实数的值为（    ） A．0 B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据顶点得出椭圆，再联立得出韦达定理，最后表示面积应用三角换元得出面积最大时参数值. 【详解】由和可得，所以椭圆方程为， 因直线的斜率为，可得其方程为， 又因为直线，将其与联立消去，可得， 由解得，由韦达定理得， 所以， 因为，所以四边形为梯形，而直线的方程即， 则梯形的高也即点到直线的距离为， 故梯形的面积为， 由图知面积最大值不在时（此时在上方）取得，故只需考虑，令，则，则，则， 再令，则，， 故，故当时，取得最大值为.此时，所以，故当四边形面积取最大值时，此时的值为. 7．（2026·湖北孝感·二模）在平面直角坐标系中，已知圆，点．点在直线上运动，过点作圆的两条切线，切点分别为，则点到直线的距离的最大值为（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】A 【分析】设出点的坐标，根据切线的性质可得到直线的方程，进而可知直线过定点，进而可知点到直线的距离的最大值为. 【详解】如图，设，则. 根据圆的切线性质知，以为直径的圆与圆交于两点，即线段为两圆的公共弦. 而以为直径的圆的圆心为，半径为，所以其方程为，即.与圆的方程作差得直线的方程为，将代入得，即.因为上式对恒成立，令，解得，所以直线恒过定点，所以点到直线的距离， 所以点到直线的距离的最大值为. 8．（2026·浙江·二模）如图，已知正三角形的边长为2，以B为圆心的圆与直线相切，若点P是圆B上的动点，则的最大值是（    ）． A． B． C．4 D． 【答案】D 【分析】以A为原点，建立平面直角坐标系，设，求出坐标，由数量积的坐标运算结合余弦函数的性质即可得出答案. 【详解】 如图，以A为原点，AC所在直线为x轴建立平面直角坐标系，已知正三角形的边长为2，以B为圆心的圆与直线相切，则，圆B的半径为，因为点P是圆B上的动点，设，则， 则，因为，所以，当时，取得最大值为. 9．（多选）（2026·河南开封·二模）已知点是圆上一动点，点，点，则（   ） A．点到直线的距离的最大值为 B．满足的点有2个 C．过点作圆的两条切线，切点分别为，则直线的方程为 D．的最小值是 【答案】BCD 【分析】利用点到直线的距离公式来判断A，利用的动点的轨迹是以为直径的圆，然后借助两圆位置关系来判断B，根据切线的性质求得两圆相交弦所在直线方程来判断C，设存在定点，使得点在圆上任意位置时都有，求得点，计算判断D. 【详解】对于A，原点到直线的距离为，所以圆上动点到直线的距离的最大值为，故 A错误；对于B，满足的动点的轨迹是以为直径的圆，设线段的中点为，则，圆的半径为，所以圆，，因为，所以圆与圆相交，故B正确； 对于C，过点作圆的两条切线，切点分别为，由切线性质可知四点共圆，该圆的方程为，则直线的方程为两圆的相交弦， 所以，故C正确； 对于D，设存在定点，使得点在圆上任意位置时都有，设，则，化简可得，因为，所以，即点所以， 当且仅当三点共线且点在中间时等号成立，所以的最小值是，故D正确． 10．（多选）（2026·四川广元·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率，过原点的直线交椭圆于，两点，线段的垂直平分线交椭圆于，两点，过点分别作于，于，则（    ） A． B．动点的轨迹是一个圆 C．的面积有最大值，最大值为 D．四边形面积的取值范围为 【答案】ABD 【分析】对于选项A，用椭圆离心率定义即可求得；对于选项B，即证明为定值即可；对于选项C，判断点的轨迹，得到面积取最大的情况即可；对于选项D，把四边形转成两个三角形面积求解即可. 【详解】由，可得，解得，，，从而椭圆， 对于选项A，，选项A正确.对于选项B，当直线的斜率不存在或等于时，线段与线段中，一条为椭圆的长轴，另一条就为椭圆的短轴，此时，当直线的斜率存在且不为时，设直线的斜率为，则直线的斜率为，直线的表达式为，联立，化简整理得， 即，从而设，，则，，则，同理设，，则，，则，由， 得，即， 从而动点的轨迹是以原点为圆心为半径的圆，选项B正确.对于选项C，由动点的轨迹是以原点为圆心为半径的圆，可得动点的轨迹是也以原点为圆心为半径的圆，从而当动点在轴上时，面积的最大值为，选项C错误；对于选项D，四边形面积又，从而令，，又当直线的斜率不存在时故四边形面积的取值范围为，选项D正确. 11．（2026·浙江嘉兴·二模）已知，若直线上存在点P满足，则实数c的最大值是_________． 【答案】/ 【分析】由求得的轨迹为圆，结合直线与圆的位置关系即可求得c的最大值. 【详解】设，由题意得，整理得，所以的轨迹为以为圆心，半径的圆，因为在直线上，所以与相切或相交，则到的距离，解得，故c的最大值是. 12．（25-26高三下·陕西西安·月考）已知抛物线的焦点为F，其准线l与坐标轴交于点K．P为E上一点，的平分线与y轴交于点M，则点M纵坐标的最大值为______． 【答案】 【分析】根据抛物线的方程求得焦点及点的坐标，设点，根据角平分线定理及基本不等式可得的取值范围，从而求得的取值范围，得到点M纵坐标的最大值. 【详解】抛物线的准线方程为，所以.当点在原点时，易知.当点不在原点时，设，则. .由角平分线定理，得.设，则.， 因为，所以，当且仅当，即时，等号成立.所以，所以，所以.即，即，解得.所以点M纵坐标的最大值为. 13．（2026·广东深圳·二模）已知，为椭圆与双曲线的公共左，右焦点，为它们的一个公共点，且，O为坐标原点，，分别为椭圆和双曲线的离心率，则的最大值为_________． 【答案】 【分析】由题意可知，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知，由勾股定理可得三边关系，由离心率的定义可得，再利用向量法即可求出最大值. 【详解】由题意可设椭圆和双曲线的方程分别为，因为二者共焦点，所以，如图，设，由椭圆和双曲线的定义可知， 由此解得，由题意知， 所以， 故在中，由勾股定理可知，代入的表达式可得， 由离心率的定义可得，设，则，所以问题转化为求的最大值，设，由可得， 当且仅当两向量同向共线时即取等号，所以的最大值为. 14．（25-26高三下·上海宝山·期中）已知点分别是椭圆和圆上的两个动点，且点，则的最大值为__________. 【答案】/ 【分析】根据给定条件，利用椭圆的定义将所求最大值转化为求值的最大值，再结合圆的性质求解. 【详解】因为为椭圆的右焦点，设其左焦点为，圆的圆心，半径，由椭圆的定义得，则，而，当且仅当点在直线上时取等号，所以当是线段延长线与椭圆的交点、是线段延长线与圆的交点时，取得最大值. 15．（2026·新疆·二模）已知，分别是椭圆C：（）的左、右焦点，O为坐标原点，M为椭圆C上任意一点，的最大值为，当时，的面积为1． (1)求椭圆C的方程及其离心率； (2)已知A，B为椭圆C的左右顶点，若点P满足，当M与A，B不重合时，直线MP交椭圆C于另一点N，直线AM，BN交于点T． （ⅰ）证明：点T在一条定直线上； （ⅱ）求的最大值． 【答案】(1)，离心率为 (2)（ⅰ）证明见解析（ⅱ） 【分析】（1）根据给定条件，结合勾股定理及椭圆定义求出即可； （2）（ⅰ）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理求出点的横坐标即可；（ⅱ）利用斜率坐标公式及差角的正切公式求解. 【详解】（1）令椭圆C：的半焦距为，由的最大值为，得， 由，的面积为1，得，， 而，因此，即，， 解得，所以椭圆C的方程为，离心率为. （2）（ⅰ）由（1）得，由，得点，设， 显然直线不垂直于，设其方程为， 由消去，得，，， 直线的方程为，即， 同理直线方程为，联立消去得， 整理得，因此， 即，所以点T在一条定直线上. （ⅱ）由对称性不妨令点在上方，设，则， 因此， 当且仅当时取等号，而为锐角，所以的最大值为. 16．（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. 17．（2026·河北唐山·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为，一条过点且斜率为的直线与的左、右两支分别交于两点，与两条渐近线分别交于，两点． (1)若焦距为12，求的方程； (2)当时，若，证明：轴； (3)若，求的最大值. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据焦距为12可得，进而求出，即可求解； （2）联立直线与双曲线方程，结合韦达定理及题设可得，进而求出坐标，即可证明； （3）联立直线与双曲线方程，结合韦达定理表示出，令，可得，进而结合二次函数的性质求解即可. 【详解】（1）因为，则， 所以，解得，所以的方程为. （2）当时，直线的方程为，设， 联立，得，则 ， 且， 而，故，将代入， 整理得，同理， 所以，解得（负根舍去），则双曲线，则的坐标为，而方程，即为，解得或，则，所以轴． （3）当时，双曲线，直线的方程为，设，联立，得 ， 则， 所以， 将直线与渐近线分别联立得：， 因为， 令，即，则， 则，即时，的最大值为，经检验符合题意． 18．（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. 19．（2026·辽宁沈阳·二模）已知抛物线，过焦点F的直线与抛物线E相交于A，B两点，与抛物线E的准线相交于点Q．若以线段AF为直径作圆，当此圆经过点时，． (1)求抛物线E的方程； (2)证明：； (3)若点C，D在抛物线E上，且线段CD的中点在直线上，点．求面积的最大值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【详解】（1）由题意可得：焦点，准线为，.设，代入抛物线方程可得，即.设，则.由题意可得，解得.所求抛物线方程为. （2）由题意可知，过焦点的直线斜率必定存在.设过焦点的直线方程为，，.令，可得.将直线方程代入抛物线消可得.由韦达定理可得，.由抛物线定义可知. 由相似三角形可知. 所以. （3） 设的中点为，，.则，. 由，可得，则. 所以弦长. 由题意可知直线的斜率存在且. 所以直线的直线方程为，即. 则点到直线的距离. 所以所求面积. 令，则.所以，令，可得. 所以在上单调递增，在上单调递减. 当时，.所以面积的最大值为. 20．（2026·上海闵行·二模）已知椭圆的焦距为，离心率为，过点的直线交椭圆于点. (1)求的方程； (2)记的面积为，求证：； (3)求的最大值与最小值，并写出取最大值与最小值时直线的方程. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)最大值，直线方程；最小值，直线方程 【分析】（1）根据椭圆已知的焦距和离心率求出参数，代入椭圆标准方程得到结果； （2）将表示为点坐标的线性式，结合椭圆方程的参数形式，利用余弦函数的值域证明结论； （3）设过点的直线参数方程，利用参数的几何意义将转化为，结合韦达定理得到表达式后求最值. 【详解】（1）由题意得，故，结合离心率得. 由椭圆关系，因此椭圆的方程为： ； （2）设，因为，所以直线，即， 所以点到直线的距离，又， 所以，由在椭圆上得， 所以可设，所以， 因此，得证. （3）设过的直线参数方程为（为参数）， 代入椭圆方程整理得： ，由参数的几何意义得，结合韦达定理得： ， 斜率存在时，设斜率为，化简得， 由得：当时，取得最大值，对应直线方程为； 当直线斜率不存在时，直线为，此时，为最小值. 综上，的最大值为，对应直线方程为；最小值为，对应直线方程为 21．（2026·山西吕梁·二模）已知抛物线C：过点，直线与C交于A，B两点，O为坐标原点. (1)若直线的斜率为-1，且，求直线的方程； (2)若直线不经过点P，且直线与直线的斜率之积为4，过点P作直线垂直于点G，求点G到C的准线距离的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用抛物线上的点，求出抛物线方程，设直线的方程为，代入抛物线方程，利用韦达定理和，求出的值得直线的方程； （2）直线与直线的斜率之积为4，得直线恒过定点，点在以为直径的圆上，可求点G到C的准线距离的最大值. 【详解】（1）抛物线C：过点，则有， 解得，所以抛物线C的方程为.直线与C交于A，B两点，设， 直线的斜率为-1时，设直线的方程为， 由消去得，则有，解得， 由韦达定理得，，， ，， 解得或（舍去），所以直线的方程为. （2）设直线l的方程为，联立得，化简得，则，即，设，则，. 得到，. 又，所以，即， 可得， 代入得，即，即， 即，即， 又直线不经过点P，所以，则， 所以直线的方程为，因此直线恒过定点. 由，得，解得或.连接，因为， 所以点在以为直径的圆上， 所以点到的准线的距离的最大值如下，为圆心到的准线的距离加上半径，即，此时，，满足题意， 因此点G到C的准线距离的最大值为. 22．（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. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题08 解析几何 7大考点概览 题型01 直线与圆及圆与圆的位置关系 题型02 椭圆性质及直线与椭圆位置关系 题型03 双曲线性质及直线与双曲线位置关系 题型04 抛物线性质及直线与抛物线位置关系 题型05 圆锥曲线中的动点轨迹问题 题型06 圆锥曲线中的定点、定值问题 题型07 圆锥曲线中的最值、范围问题 ( 直线与圆及圆与圆的位置关系 考点1 ) 1．（2026·陕西·二模）如图所示，已知两个半径相等的圆形相切，半径为3厘米，两圆的圆心分别为和为圆上一点，且三角形为直角三角形，则阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 2．（2026·浙江杭州·二模）设直线与圆交于M，N两点，则当取最小值时，（    ） A．1 B．2 C． D． 3．（2026·河南濮阳·二模）圆上的点到直线距离的最大值是（   ） A．7 B．5 C．3 D．2 4．（2026·吉林·二模）已知圆：，则“点在圆外”是“点在圆外”的（   ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 5．（2026·湖北·二模）已知圆，直线，过直线上一动点作圆的两条切线，切点记作，，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 6．（2026·四川德阳·二模）若两条直线与圆的四个交点能构成矩形，则（   ） A．0 B．1 C．2 D．4 7．（2026·北京丰台·二模）已知圆的圆心为，斜率为的直线与该圆相切且与轴交于点，则（    ） A． B．2 C． D．4 8．（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． 9．（2026·福建宁德·二模）直线被圆截得的弦长的最小值为（    ） A． B． C． D． 10．（2026·河北·二模）若圆 M: 上存在两点A，B，且直线l:3x+4y-5=0上存在点 P，使得∠APB=60°，则r的取值范围是（   ） A．(0，4] B．[4，+∞) C．(0，2] D．[2，+∞) 11．（2026·山东泰安·二模）已知为圆上的两个动点，且，点为直线上的动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 12．（多选）（2026·河南开封·二模）已知点是圆上一动点，点，点，则（   ） A．点到直线的距离的最大值为 B．满足的点有2个 C．过点作圆的两条切线，切点分别为，则直线的方程为 D．的最小值是 13．（多选）（2026·安徽滁州·二模）已知两条直线和交于点，则（   ） A．直线必过点 B．点在圆上 C．点到直线距离最小值为 D．点的轨迹与圆有三条公切线 14．（多选）（2026·河北张家口·二模）已知圆，P为直线上一动点，，为圆C的切线，切点分别为A，B，则（   ） A．圆心C的轨迹方程为 B．圆C过定点 C．当时，的最小值为15 D．当时，四边形的面积的最小值为 15．（多选）（2026·河北·二模）已知圆的半径为2，则（   ） A． B．原点在圆的内部 C．圆与圆有且仅有1条公切线 D．直线与圆交于两点，的面积为 16．（多选）（2026·宁夏·二模）已知直线与圆，则下列说法正确的是（ ） A．直线恒过定点 B．若圆上的点关于直线的对称点仍在圆上，则 C．存在实数，使得直线与圆相切 D．直线被圆截得的弦长的最小值为 17．（2026·江西南昌·二模）已知圆：，过点作斜率为的直线与圆交于，两点，若的面积为2，则________． 18．（2026·湖北宜昌·二模）已知圆与圆外切于点，且直线是圆与圆的一条公切线，则的最小值为__________. 19．（2026·北京昌平·二模）已知圆，则圆的半径为_______；若直线上存在点，使得过点向圆引的两条切线互相垂直，则的取值范围为_________. 20．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）已知A，B是圆上两点，若直线上存在点，使，则的取值范围为_________． 21．（2026·甘肃陇南·二模）已知直线与圆相交于M，N两点，则的最小值为___________. ( 椭圆性质及直线与椭圆位置关系 考点2 ) 1．（2026·云南保山·二模）设椭圆的离心率为，，，分别为其左、右焦点，点为椭圆短轴的一个端点，且的面积为2，则椭圆的方程为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·河北衡水·二模）已知直线与圆交于两点，，直线与椭圆切于点，若以，两点为切点的圆的两条切线交于点，为坐标原点，则（   ） A．4 B．8 C．12 D．16 3．（2026·安徽合肥·二模）设椭圆的左、右焦点分别为为坐标原点，过的直线与交于两点，若，则的离心率为（   ） A． B． C． D． 4．（2026·广东东莞·二模）椭圆的左、右焦点为为坐标原点，为椭圆上一点，，且成等比数列，则椭圆的离心率为（   ） A． B． C． D． 5．（2026·安徽芜湖·二模）有公共焦点的抛物线与椭圆相交于两点，且，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 6．（2026·广东茂名·二模）已知椭圆C：（）的右顶点为A，上顶点为B，直线AB与以C的短轴为直径的圆交于点P（不同于B），若△POB（O为原点）为正三角形，则C的离心率为（    ） A． B． C． D． 7．（多选）（2026·云南昆明·二模）若曲线由半圆和半椭圆组成，若直线与交于两点（在的左侧），，则（    ） A． B．的最大值为 C．存在，使得四边形是平行四边形 D．面积的最大值为 8．（多选）（2026·西藏拉萨·二模）已知椭圆的离心率为，长半轴长为2，为的右焦点，线段是椭圆与轴垂直的一条弦（其中点在第一象限）．分别为线段的中点，，为坐标原点，则（   ） A．椭圆的方程为 B． C．的取值范围是 D．的内切圆的半径的取值范围为 9．（多选）（2026·辽宁辽阳·二模）已知直线与椭圆交于、两点，轴，垂足为，轴，垂足为，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为，则下列结论正确的有（    ） A．直线的斜率等于直线的斜率的倍 B．可能是直角 C．一定是直角 D．四边形的面积最大值是 10．（多选）（2026·广东肇庆·二模）已知椭圆为的右焦点，点在上，且关于轴对称，分别为线段的中点，为坐标原点，则（    ） A． B．的最小值为 C． D．存在点，使得 11．（2026·四川泸州·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为，直线与的另一个交点为，若，则的值为___________． 12．（2026·重庆九龙坡·二模）已知椭圆 的左、右焦点分别为 ，点在椭圆上且在 轴上方. 若 的面积为 12，则直线的斜率为_____. 13．（2026·山西吕梁·二模）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，过点的直线交C于A，B两点，若，，则椭圆C的方程为_______. 14．（2026·辽宁沈阳·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为．若椭圆C上存在不同的两点A，B，使得，则的取值范围是______． 15．（2026·江苏·二模）已知椭圆的右焦点为，经过坐标原点且斜率的直线与椭圆交于，两点，设的中点为，的中点为，以线段为直径的圆经过点，则的离心率的取值范围________. 16．（2026·重庆渝中·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上一点． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线过点，且与椭圆相交于，两点，为坐标原点，求面积的最大值及此时的方程． 17．（2026·浙江宁波·二模）已知椭圆的焦距为2，且离心率为． (1)求椭圆的标准方程； (2)已知，直线过点（直线不与轴重合），交椭圆于，两点．直线交椭圆于另一点，直线交椭圆于另一点，连接交轴于． （ⅰ）求的值； （ⅱ）求点到直线距离的取值范围． 18．（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：. 19．（2026·天津河西·二模）已知椭圆（）的焦距为4，且经过点. (1)求椭圆的标准方程； (2)设A为椭圆C的右顶点，不过点A的直线l与椭圆C相交于不同的两点P、Q，直线AP、AQ分别交y轴于M、N，若，的面积为，求直线l的方程. 20．（2026·北京东城·二模）已知椭圆：的右焦点为，且经过点. (1)求椭圆W的方程； (2)已知点，.设直线分别与直线，交于点M，N，直线与直线交于点P，直线与直线交于点Q，直线交椭圆W于另一点R，求证：P，Q，R三点共线. 21．（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. ( 双曲线性质及直线与双曲线位置关系 考点3 ) 1．（2026·云南玉溪·二模）已知双曲线的左右焦点分别为是上一点，且，若的内切圆半径与的比值为，则的离心率为（    ） A． B．2 C． D．3 2．（2026·河北张家口·二模）已知抛物线（）与双曲线的渐近线的交点分别为O，A，B，其中O为坐标原点，若的面积为16，P为C与E在第一象限内的一个公共点，则（   ） A． B． C． D． 3．（2026·山西朔州·二模）已知双曲线的实轴和虚轴的长度相等，的左、右顶点分别为，，为上位于第一象限内的一点，设，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 4．（2026·河北保定·二模）已知分别是双曲线的左、右两个焦点，A,B是双曲线上的两点，,，，则双曲线的离心率为（   ） A． B． C． D． 5．（2026·江西上饶·二模）已知双曲线的左右焦点分别为、，过其右焦点的直线l与它的右支交于P、Q两点，与y轴相交于点A，的内切圆与边相切于点B，若，则当的内切圆（圆心为）与的内切圆（圆心为）的面积之和取最小值时，的面积为（   ） A．24 B．25 C．48 D．49 6．（2026·河北邯郸·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为，，其右支上有一点，满足的垂直平分线与右支交于点，且直线过右焦点，则双曲线的离心率的取值范围是（   ） A． B． C． D． 7．（2026·新疆·二模）圆锥曲线具有丰富的光学性质，如双曲线的一个光学性质是：从双曲线的一个焦点发出的光线，经过双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点．由此可知，过双曲线上任意一点的切线平分该点与两焦点连线的夹角．已知，是双曲线C：的左、右焦点，过双曲线C右支上一点（）作直线l交x轴于点，过点作，垂足为H，则（    ） A．1 B． C． D．2 8．（多选）（2026·河南开封·二模）已知双曲线：的渐近线与圆：相切，记的左、右焦点分别为，，为上一点，且，与圆交于，两点，则（   ） A．的离心率为2 B．的渐近线方程为 C． D．若，则 9．（多选）（2026·广西柳州·二模）已知点为双曲线右支上一点，，为双曲线的两条渐近线，过点分别作，，垂足依次为，，过点作交于点，过点作交于点，为坐标原点，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 10．（多选）（2026·江西·二模）在平面直角坐标系xOy中，点，分别为双曲线的左、右焦点，点，C经过点，其一条渐近线经过点，第一象限内的点P在C上，则（   ） A．C的方程为 B．点P到C的两渐近线的距离之积为 C． D．若Q为的内心，则定值 11．（多选）（2026·四川泸州·二模）过双曲线左焦点的直线与圆相切于点，与的一个交点为，则（   ） A．与一定有两个交点 B．点在的一条渐近线上 C．若，则的离心率为 D．若，则 12．（多选）（2026·安徽滁州·一模）已知圆经过双曲线的两个焦点，，且P为双曲线C上异于顶点的任意一点，点，则（   ） A．点M在双曲线C上 B．当P在圆T上时，的面积为8 C．点P到双曲线C的两条渐近线的距离之积为3 D．双曲线C上存在定点Q，使得直线和的斜率之积为定值 13．（2026·湖北十堰·二模）已知双曲线的右顶点为，点．若在的渐近线上存在点，使得，则的离心率的取值范围是________． 14．（2026·福建莆田·二模）已知双曲线的左顶点为，右焦点为，过的直线交于，两点.若，则的外接圆的半径为_____. 15．（2026·湖北恩施·二模）双曲线的左右焦点分别为，双曲线右支上一点满足，则直线的斜率为______． 16．（2026·河北邢台·二模）已知为坐标原点，双曲线 的左焦点为，离心率为 过且斜率为的直线交的左支于两点， 为线段的中点，，则____. 17．（2026·四川内江·二模）已知双曲线经过点，其渐近线方程为． (1)求双曲线的方程； (2)过点的直线与双曲线相交于两点，能否是线段的中点？请说明理由． 18．（2026·河南开封·二模）等轴双曲线经过点． (1)求双曲线的方程； (2)已知圆心在轴的圆经过原点，且与双曲线相交于四点（按照顺时针方向），求证：直线与圆相切． 19．（2026·江苏镇江·二模）已知双曲线与直线有唯一公共点M，过点M且与l垂直的直线分别交x轴、y轴于、两点． (1)如果，求实数k的取值集合； (2)如果，当点M在运动时， ①求出点的轨迹方程； ②求的最大值并求出对应的s的值． 20．（2026·湖北孝感·二模）已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，点在双曲线上．点为双曲线右支上除右顶点外的任意点． (1)求双曲线的标准方程； (2)证明：点到的两条渐近线的距离之积为定值； (3)已知的左顶点和右焦点，直线与直线相交于点．试问是否存在常数，使得？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 21．（2026·江苏苏州·二模）已知双曲线E：的右焦点为F，离心率为2，过F且与x轴垂直的直线被该双曲线截得的弦长为6. (1)求曲线E的方程； (2)A、B、C为曲线E上的三个点，且A、B关于原点对称，直线BC过点F，若的面积为12，求直线BC的方程； (3)已知，过点的直线l与E在y轴右侧交于不同的两点P、Q，则直线l上是否存在点T使得，？若存在，求出T的坐标，若不存在，说明理由. ( 抛物线性质及直线与抛物线位置关系 考点4 ) 1．（2026·陕西·二模）已知抛物线的焦点为，．若上存在点，使得，且的面积为2，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．（2026·辽宁鞍山·二模）已知抛物线的焦点为，点为抛物线准线上一点，连接交于点，若，则的值为（   ） A． B． C．2 D．3 3．（2026·广西南宁·二模）抛物线的光学性质是一个非常重要且优美的几何特性，它描述了抛物线如何反射光线．这个性质在数学、物理学和工程学中有广泛的应用．其光学性质如下：从焦点发出的光线经过抛物线上一点（不同于抛物线的顶点）反射后，反射光线平行于抛物线的对称轴；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．若抛物线的焦点为F，从F发出的光线经过抛物线C上点G反射后，其反射光线过点，且，则的面积为（    ） A． B． C． D． 4．（2026·甘肃酒泉·二模）已知抛物线的顶点为坐标原点，焦点在轴的正半轴上，点在抛物线上，且.过焦点作倾斜角为的直线，交抛物线于两点，则（    ） A．8 B．12 C．16 D．20 5．（2026·湖南怀化·二模）已知抛物线C：（p＞0）的焦点为F，过点F的直线与C交于A，B两点（点A在第一象限），若直线AB的斜率为，则（   ） A． B． C． D． 6．（2026·浙江温州·二模）已知O为坐标原点，直线l与x轴交于Q点，与抛物线交于A，B两点，且，则（   ） A． B． C． D． 7．（2026·辽宁盘锦·二模）已知直线过抛物线的焦点，且交抛物线于，两点，由，分别向准线引垂线，，垂足分别为，.设，，为线段的中点，则（   ） A． B． C． D． 8．（多选）（2026·黑龙江哈尔滨·二模）已知抛物线的焦点为F，过F的直线交抛物线于A，B两点，分别过A，B作准线l的垂线，垂足分别为，则下列说法正确的是（   ） A．当直线AB垂直于x轴，且时，则抛物线方程为 B． C．存在直线AB，使得以线段AB为直径的圆过原点 D．若，点，则为钝角 9．（多选）（2026·安徽淮北·二模）已知抛物线的焦点为，过点倾斜角为30°的直线交抛物线于，两点（在第一象限），设，在抛物线准线上的射影分别为，，则（    ） A． B． C．为正三角形 D．为直角三角形 10．（多选）（2026·广东佛山·二模）在平面直角坐标系中，斜率为1的直线l交抛物线于，两点，交x轴于点（），则（   ） A． B． C．的等差中项是2 D．m是，的等比中项 11．（多选）（2026·河南郑州·二模）已知抛物线为坐标原点，过点作斜率为的直线交抛物线于两点，其中在第一象限，直线交抛物线于另一点，其中，直线与直线交于点．则（    ） A． B．当时，直线的方程为 C．当四点共圆时， D．点落在定直线上 12．（多选）（2026·福建·二模）已知抛物线的焦点为，过的直线l交于两点，直线交于另一点D，则（    ） A． B．的内心在定直线上 C．若，则 D．若，则的面积为 13．（2026·河南开封·二模）抛物线的焦点为，为的准线与轴的交点，为上一点，若，则__________． 14．（2026·新疆·二模）已知为抛物线的焦点，直线与交于两点，直线与的另一个交点为，直线与的另一个交点为，若与的面积之比为，则______． 15．（2026·江西·二模）已知抛物线的焦点为，过点的直线与相交于，两点（在第一象限），若的面积为，则________． 16．（2026·江苏·二模）在平面直角坐标系中，已知抛物线的准线为，点在上，以为圆心的圆与相切且截轴所得的弦长为，则__________． 17．（2026·重庆渝中·二模）已知直线与抛物线（）交于，两点，，两点均在轴上方，为抛物线的焦点，若，且是锐角，则直线的斜率的取值范围是______． 18．（2026·山东青岛·一模）已知抛物线，点为的焦点，是上任意不重合的两点，当直线过点且垂直轴时，. (1)求的方程； (2)若直线过点且的面积为，求的方程. 19．（2026·福建莆田·二模）已知抛物线的焦点为，准线为，直线与，的交点分别为，，且. (1)求； (2)若过点的直线交于，两点，且，求的值. 20．（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. 21．（2026·江西赣州·二模）已知点A与关于直线对称，点A在抛物线上，点F是抛物线C的焦点． (1)求抛物线C的标准方程； (2)直线AF与抛物线的另一个交点为B，直线与直线AB交于点P（异于A、B），与抛物线交于点D，连接DF并延长，交抛物线于点E，直线PE与x轴相交于点G，直线l与直线BE相交于点Q，线段BD的中点为M，线段QF的中点为N． （ⅰ）求证：G、M、N三点共线； （ⅱ）设的面积为，的面积为，若，求k的取值范围． ( 圆锥曲线中的动点轨迹问题 考点 5 ) 1．（2026·广东揭阳·二模）若点关于动直线l：的对称点为N，则点N的轨迹为（   ） A．圆的一部分 B．椭圆的一部分 C．双曲线的一部分 D．抛物线的一部分 2．（2026·上海崇明·二模）已知，，，，其中，点P为平面内一点，记点到，的距离分别为，，则下列条件中能使点的轨迹为椭圆的是（   ） A． B． C． D． 3．（多选）（2026·安徽滁州·二模）已知两条直线和交于点，则（   ） A．直线必过点 B．点在圆上 C．点到直线距离最小值为 D．点的轨迹与圆有三条公切线 4．（多选）（2025·浙江·二模）已知曲线上的动点到点的距离与其到直线的距离相等，则（    ） A．曲线的轨迹方程为 B．已知点，若为曲线上的动点，则的最小值为4 C．过点恰有2条直线与曲线有且只有一个公共点 D．圆与曲线交于，两点，与直线交于，两点，则，，，四点围成的四边形的面积为8 5．（多选）（2026·江苏·二模）在平面直角坐标系中，已知是双曲线上任意一点，射线上的点满足. 记的轨迹为，则下列说法正确的有（    ） A．关于轴､轴､原点都对称 B．上的点到原点的距离的最大值为1 C．存在，使得到点和点的距离之差大于2 D．任意 6．（多选）（2026·安徽合肥·二模）已知：，为上的任意一点，点，线段的垂直平分线与直线相交于点，点的轨迹与轴交于，两点，则（   ） A．点的轨迹方程为 B．当点不在轴上时，直线与的斜率之积为 C．当时， D．过点作直线的垂线，垂足为，则的最大值为 7．（2026·陕西咸阳·二模）已知抛物线的准线方程为，，是上不同于原点的两点，，，垂足为．若的轨迹为曲线，曲线上到直线的距离为1的点有且仅有3个，则实数的取值集合为______． 8．（2026·四川雅安·二模）已知点，，动点满足，记动点的轨迹为曲线，点在抛物线：上运动，过点作曲线的切线，切点分别为，，则的最小值为______． 9．（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． 10．（2026·福建漳州·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； (3)若的内角满足，求的值． 11．（2026·江苏镇江·二模）已知双曲线与直线有唯一公共点M，过点M且与l垂直的直线分别交x轴、y轴于、两点． (1)如果，求实数k的取值集合； (2)如果，当点M在运动时， ①求出点的轨迹方程； ②求的最大值并求出对应的s的值． 12．（2026·山西运城·二模）在平面直角坐标系中，设抛物线的焦点为，点，，且向量与共线． (1)求的方程． (2)已知动直线与交于两个不同的点． （ⅰ）若过点且斜率小于0，证明：以为直径的圆被轴截得的弦长大于． （ⅱ）若不经过点，且平分，求的外接圆圆心的轨迹方程． 13．（2026·云南保山·二模）已知动圆过定点，且在轴上截得的弦长为8，设动圆圆心的轨迹为. (1)求的方程； (2)已知点，过点的直线与交于，两点，在轴上是否存在点，使得为等边三角形？若存在，求出相应直线的方程；若不存在，请说明理由. 14．（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． 15．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）设O为坐标原点，A，B分别是直线和上的动点，且，动点P满足，记动点P的轨迹为曲线E. (1)求曲线E的方程； (2)，过曲线E的中心O作一条直线交曲线E于P，Q两点，求周长的最小值、面积的最大值； (3)若点C是曲线E上异于顶点的任意一点，若，，直线，分别交直线于点N，M.以为直径的圆是否恒经过x轴上的某两个定点?若经过，求出这两个定点的坐标；若不经过，请说明理由. 16．（2026·安徽阜阳·二模）在平面直角坐标系中，已知点，，点P满足.记点P的轨迹为曲线C. (1)求C的方程； (2)过C外一点作C的两条切线，且这两条切线互相垂直. （i）求m，n的关系式； （ii）若且，M为C上一点，求的取值范围. 17．（2026·山西朔州·二模）已知圆，过点且不与轴重合的直线交圆于，两点，过点作的平行线，交直线于点. (1)求点的轨迹的方程. (2)设与交于，两点，为坐标原点. （i）若的面积为，求的方程； （ii）求的外接圆的面积的最小值. 18．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）已知圆心在轴上移动的圆经过点，且与轴，轴分别交于，两个动点，设动点的轨迹为． (1)求的方程； (2)已知正的三个顶点在上． （ⅰ）若中点的坐标为，求点的坐标； （ⅱ）求满足点纵坐标为1的的个数，并说明理由． ( 圆锥曲线中的定点、定值问题 考点 6 ) 1．（2026·四川南充·二模）已知一动圆的圆心在抛物线上，且与直线相切，则此圆恒过定点（    ） A． B． C． D． 2．（2026·浙江台州·二模）已知点，，点P是抛物线上的动点（异于A，B两点），记直线AP的斜率为，直线BP的斜率为，则下列结论正确的是（   ） A．为定值 B．为定值 C．为定值 D．为定值 3．（多选）（2026·青海西宁·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为上的两点关于原点对称，且点在第一象限，则（   ） A．若，则点在以为直径的圆上 B．的内心在直线上 C．在上不存在一点，使得点与点关于点对称 D．过点作的两条渐近线的垂线，垂足分别为，则为定值 4．（多选）（2026·安徽合肥·二模）已知抛物线的焦点到其准线的距离为2，过点的直线交于两点，设为坐标原点，则（     ） A． B．若为的重心，则 C．若，则 D．若为定值，则 5．（多选）（2026·宁夏·二模）已知直线与圆，则下列说法正确的是（ ） A．直线恒过定点 B．若圆上的点关于直线的对称点仍在圆上，则 C．存在实数，使得直线与圆相切 D．直线被圆截得的弦长的最小值为 6．（多选）（2026·河北张家口·二模）已知圆，P为直线上一动点，，为圆C的切线，切点分别为A，B，则（   ） A．圆心C的轨迹方程为 B．圆C过定点 C．当时，的最小值为15 D．当时，四边形的面积的最小值为 7．（多选）（2026·安徽阜阳·二模）已知抛物线的焦点为，过F的直线与T交于A，B两点，点，直线，分别交T于C，D两点，则下列说法正确的是（   ）. A． B．（O为坐标原点）是钝角三角形 C．直线过定点 D． 8．（2026·山西·二模）椭圆的离心率，且过点. (1)求椭圆的方程； (2)设为椭圆左顶点，过左焦点的直线（不过点）交椭圆于，两点，直线，分别交直线于，两点. ①求证：为定值； ②记的中点到轴的距离是，点是轴上的一点，记的斜率，的斜率，当是定值时，求定点的坐标. 9．（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． 10．（2026·云南昭通·二模）已知点与定点的距离和它到定直线的距离之比为． (1)求的轨迹方程； (2)过点的直线与交于两点(其中不共线），记（为坐标原点）的面积为，过线段的中点作直线的垂线，垂足为，设直线的斜率分别为． （i）求的取值范围； （ii）求证：为定值． 11．（2026·河南郑州·二模）已知双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离为1，点在双曲线上； (1)求双曲线的标准方程； (2)设点是双曲线上的动点，是圆上的动点，且直线与圆相切，求的最小值； (3)如图，是双曲线上两点，直线与轴分别交于点，点在直线上；若关于原点对称，且，是否存在点，使得为定值；若存在，求出该定点的坐标；若不存在，请说明理由； 12．（2026·广东广州·二模）已知椭圆的离心率为，直线被椭圆所截得的线段的长为3． (1)求的方程： (2)已知点，过点的直线交于E，F两点在轴的下方），直线BF交直线于点． （i）设直线ME的斜率为，直线MF的斜率为，判断是否为定值，并说明理由； （ii）证明：直线ME过定点． 13．（2026·上海静安·二模）在平面直角坐标系中，O为坐标原点．设椭圆，的左、右焦点分别为、，，的离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)过原点O作两条相互垂直的射线，与椭圆分别交于A、B两点，证明：原点O到直线的距离为定值； (3)过椭圆的右焦点且不与坐标轴垂直的直线l与椭圆交于P、Q两点，点M是点P关于x轴的对称点．在x轴上是否存在一个定点N，使得M、Q、N三点始终共线？若存在，求出点N的坐标；若不存在，说明理由． 14．（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. 15．（2026·湖北宜昌·二模）已知双曲线的焦点到一条渐近线的距离为，且点在双曲线上． (1)求双曲线的方程； (2)斜率为的直线与双曲线的右支交于、两点（异于点）． ①求直线、的斜率之和； ②若的外接圆圆心为，试问在轴上是否存在定点使为定值，若存在，求出点坐标，若不存在，请说明理由． 16．（2026·安徽池州·二模）已知双曲线过点和． (1)求双曲线的方程； (2)是双曲线上一点，设，，直线交于另一点，直线交于另一点，且，（各点均不重合）． （ⅰ）证明：直线过轴上的定点； （ⅱ）记直线，的斜率分别为，，证明：为定值． 17．（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． 18．（2026·甘肃·二模）已知抛物线过点. (1)求抛物线的方程； (2)过作抛物线的切线，连接，作的平行线交于两点，交于点，若，判断是否为定值，若是，求出此定值；若不是，说明理由. 19．（2026·湖北十堰·二模）已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，过且与轴垂直的直线交于A，B两点． (1)求的大小； (2)若为的上顶点，斜率为的直线与交于M，N两点（异于的上、下顶点），记直线DM，DN的斜率分别为． （i）若，求的方程； （ii）若，过作的垂线，垂足为，是否存在点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 20．（2026·安徽淮南·二模）已知椭圆：的短轴长为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)记点为椭圆的左顶点，点为椭圆的下顶点，动点是第一象限内椭圆上的一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点.证明：四边形的面积为定值. ( 圆锥曲线中的最值、范围问题 考点 7 ) 1．（2026·河南濮阳·二模）圆上的点到直线距离的最大值是（   ） A．7 B．5 C．3 D．2 2．（2026·河南郑州·二模）已知椭圆，椭圆上一点到直线距离的最大值为，则该椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 3．（2026·山西运城·二模）已知点在椭圆的内部，为的左焦点，为上的动点，若的最大值大于，则的离心率的取值范围为（   ） A． B． C． D． 4．（2026·浙江·二模）已知为坐标原点，点，动点、在抛物线上，满足．若点关于直线的对称点为，则的最大值是（    ）． A． B．9 C． D．8 5．（2026·安徽淮南·二模）在平面上有等腰直角三角形，为直角顶点，，，，，若，到直线的距离分别为和，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 6．（2026·云南昆明·二模）设椭圆，点和均为椭圆的顶点，直线与椭圆交于两点．当四边形面积取最大值时，实数的值为（    ） A．0 B． C． D． 7．（2026·湖北孝感·二模）在平面直角坐标系中，已知圆，点．点在直线上运动，过点作圆的两条切线，切点分别为，则点到直线的距离的最大值为（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 8．（2026·浙江·二模）如图，已知正三角形的边长为2，以B为圆心的圆与直线相切，若点P是圆B上的动点，则的最大值是（    ）． A． B． C．4 D． 9．（多选）（2026·河南开封·二模）已知点是圆上一动点，点，点，则（   ） A．点到直线的距离的最大值为 B．满足的点有2个 C．过点作圆的两条切线，切点分别为，则直线的方程为 D．的最小值是 10．（多选）（2026·四川广元·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率，过原点的直线交椭圆于，两点，线段的垂直平分线交椭圆于，两点，过点分别作于，于，则（    ） A． B．动点的轨迹是一个圆 C．的面积有最大值，最大值为 D．四边形面积的取值范围为 11．（2026·浙江嘉兴·二模）已知，若直线上存在点P满足，则实数c的最大值是_________． 12．（25-26高三下·陕西西安·月考）已知抛物线的焦点为F，其准线l与坐标轴交于点K．P为E上一点，的平分线与y轴交于点M，则点M纵坐标的最大值为______． 13．（2026·广东深圳·二模）已知，为椭圆与双曲线的公共左，右焦点，为它们的一个公共点，且，O为坐标原点，，分别为椭圆和双曲线的离心率，则的最大值为_________． 14．（25-26高三下·上海宝山·期中）已知点分别是椭圆和圆上的两个动点，且点，则的最大值为__________. 15．（2026·新疆·二模）已知，分别是椭圆C：（）的左、右焦点，O为坐标原点，M为椭圆C上任意一点，的最大值为，当时，的面积为1． (1)求椭圆C的方程及其离心率； (2)已知A，B为椭圆C的左右顶点，若点P满足，当M与A，B不重合时，直线MP交椭圆C于另一点N，直线AM，BN交于点T． （ⅰ）证明：点T在一条定直线上； （ⅱ）求的最大值． 16．（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． 17．（2026·河北唐山·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为，一条过点且斜率为的直线与的左、右两支分别交于两点，与两条渐近线分别交于，两点． (1)若焦距为12，求的方程； (2)当时，若，证明：轴； (3)若，求的最大值. 18．（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. 19．（2026·辽宁沈阳·二模）已知抛物线，过焦点F的直线与抛物线E相交于A，B两点，与抛物线E的准线相交于点Q．若以线段AF为直径作圆，当此圆经过点时，． (1)求抛物线E的方程； (2)证明：； (3)若点C，D在抛物线E上，且线段CD的中点在直线上，点．求面积的最大值． 20．（2026·上海闵行·二模）已知椭圆的焦距为，离心率为，过点的直线交椭圆于点. (1)求的方程； (2)记的面积为，求证：； (3)求的最大值与最小值，并写出取最大值与最小值时直线的方程. 21．（2026·山西吕梁·二模）已知抛物线C：过点，直线与C交于A，B两点，O为坐标原点. (1)若直线的斜率为-1，且，求直线的方程； (2)若直线不经过点P，且直线与直线的斜率之积为4，过点P作直线垂直于点G，求点G到C的准线距离的最大值. 22．（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. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $