解析几何：三点共线问题、四点共圆问题、向量问题专项训练-2026届高三数学三轮冲刺

解析几何：三点共线问题、四点共圆问题、向量问题专项训练 解析几何：三点共线问题、四点共圆问题、向量问题专项训练 考点目录 三点共线问题 四点共圆问题 向量问题 考点一 三点共线问题 例1．（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. 例2．（2026·河北邢台·二模）已知椭圆 的焦点分别为 ，过 的直线交于两点.当 轴时，为等边三角形. (1)求的方程. (2)设为直线上的动点. ①若 轴，证明：直线过定点； ②若为的左顶点，为上异于的一点，且三点共线， ， 证明:三点共线. 【答案】(1) (2)①证明见解析，②证明见解析. 【分析】（1）确定，结合为等边三角形，即可求解； （2）①设，，联立直线和椭圆方程，通过三点共线结合韦达定理即可求解；②通过三点共线， ，得到，再结合韦达定理证明即可. 【详解】（1）由题意知椭圆焦点，故，且， 当轴时，，代入椭圆方程得​，故， 因为为等边三角形，到直线的距离为， 等边三角形高满足，即 ， 代入，得， 解得，故 ， 因此椭圆的方程为：； （2） 设过的直线，， 联立椭圆方程， 整理得： ， 由韦达定理得：， 故可得关系：， ① 由题意， ，设直线与轴交于 ， 由斜率相等得： ，代入， 得， 化简可得：， 又结合， ​化简得：对任意恒成立， 故，因此直线恒过定点，得证； ② 左顶点 ，设 ， 由 共线，即， 即，得：； 由 ， ，即， 要证 共线，只需证，即证， 即，代入 即， 即证明恒成立， 即， 又，， 则，， 所以即证， 又， 故等价于， 即 又，代入得：恒成立， 因此，故 三点共线，得证. 例3．（25-26高三下·陕西西安·阶段检测）已知椭圆的左､右焦点分别为，且，点是上异于顶点的一点，当时，的面积为. (1)求的方程； (2)若直线与交于另外一点，且，求直线的斜率； (3)上两个不同的动点满足与的倾斜角互补，过点且垂直于轴的直线与的另一个交点为，记线段的中点为为坐标原点，求证：三点共线. 【答案】(1) (2)或. (3)证明见解析 【分析】（1）利用已知可求得，进而可求得的方程； （2）利用已知可得，根据，，可求得直线的斜率； （3）设，利用点差法可得，设直线的方程为，联立方程组，根据根与系数的关系计算可得，可证结论. 【详解】（1）当时，的面积，解得，又，即，所以，解得， 所以， 所以的方程为. （2）易得，设，又，所以， 所以，所以，又， 解得或， 当时，直线的斜率为； 当时，直线的斜率为. 综上，直线的斜率为或. （3）设， 由题意可知，，且，， 因为，所以两式相减可得， 所以， 所以，而， 所以. 设直线的方程为，则直线的方程为， 由，得， 整理得，① 因为是方程①的一个实根，所以，② 由得， 整理得，③ 因为是方程③的一个实根，所以，④ ②-④可得，⑤ ②+④可得， 所以， 将⑤⑥代入⑦式可得，⑧ 因为，所以⑨，将⑨代入⑧式中可得， 又因为，所以，所以，即三点共线.    变式1．（2026·福建宁德·二模）已知椭圆的离心率为，直线交于两点.当时，. (1)求的方程； (2)过作直线的垂线，垂足为，点，证明：三点共线. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）先由椭圆离心率得与、与的关系，设出含参数的椭圆方程，再结合时直线代入椭圆，利用弦长建立方程求出，进而求得椭圆标准方程. （2）方法一：设出点坐标，联立直线与椭圆方程得到韦达定理的两根之和与两根之积，求出向量、坐标，通过向量共线的坐标判定公式化简代入韦达结论，证明向量共线，又因共点，从而证得三点共线. 方法二：设出点坐标，联立直线与椭圆方程得出韦达定理关系式，分别求出直线、的斜率，作差通分整理后代入韦达结论，化简得斜率差值为零即两斜率相等，又两直线共点，即可证得三点共线. 方法三：设出各点坐标，联立直线与椭圆方程得到韦达定理式子，写出直线方程，令横坐标为求出对应纵坐标，化简后代入韦达和与积，算得纵坐标为0恰好是点坐标，由此证得在直线上，三点共线成立. 【详解】（1）因为椭圆的离心率为，所以， 又，所以， 所以椭圆方程为 当时，的方程为，代入椭圆的方程得： 又因为，所以 所以解得，故椭圆的方程为 （2）方法一： 设，，则 由消去得：， 则，， ，， 因为 所以，且有公共点，故，，三点共线. 方法二： 设，，则 由消去得：， 则，， ，， 因为 所以，且有公共点，故，，三点共线. 方法三： 设，，则 由消去得：， 则，， 直线的方程为， 即，令得， 即， 因此， 故点在直线上，所以，，三点共线. 变式2．（24-25高三上·浙江·期中）已知椭圆：的左右顶点分别为，，左右焦点分别为，，为坐标原点，为椭圆在第一象限上的一点，直线，分别交轴于点，. (1)求的值； (2)在直线上取一点（异于），使得. （ⅰ）证明：，，三点共线； （ⅱ）求与面积之比的取值范围. 【答案】(1)1 (2)（i）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）设，分别求出直线的方程，即可求出的坐标，再根据为椭圆上的一点，计算即可得解； （2）（ⅰ）求出直线的方程，结合，求出点的坐标，再分别求出，即可得出结论； （ⅱ）根据求解即可. 【详解】（1）由题意， 设，则直线，故， 同理直线得， 则， 又，所以； （2）（ⅰ）直线，    因为在直线上且，得， 消得， 因为在椭圆上，所以， 代入上式整理得（1） 因为，所以（1）式一定有一个根1， 得，即，得， 故，，， 得， 所以，，三点共线， （ⅱ）因为为椭圆在第一象限上的一点，所以， 所以. 变式3．（25-26高三下·河南南阳·月考）已知为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别为，，过上一点作的两条渐近线的平行线，分别交轴于，两点，且，内切圆的圆心到轴的距离为． (1)求的标准方程； (2)（ⅰ）设点为上一点，试判断直线与C的位置关系，并说明理由； （ⅱ）设过点的直线与交于，两点（异于的两顶点），在点，处的切线交于点，线段的中点为，证明：，，三点共线． 【答案】(1) (2)（ⅰ）直线与双曲线相切；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）根据内切圆性质及双曲线的定义可知，再根据渐近线斜率设直线与方程，可得，结合双曲线方程可得，即可得双曲线方程； （2）（i）联立直线与曲线结合判别式可得直线与双曲线位置关系；（ii）设直线方程，联立直线与双曲线得坐标，再根据切线方程可得，根据斜率相等即可得证三点共线. 【详解】（1）如图所示， 设，则， 不妨设直线的方程为，则直线的方程． 令，得，， 则． 设的内切圆（圆心为）分别与，，切于点，，， 则， 所以为的顶点，所以轴，的横坐标为，所以， 故的标准方程为； （2）（ⅰ）由，得， 结合，得，所以． 所以直线与相切． （ⅱ）由题易得直线的斜率不为， 设直线的方程为，代入， 得，其中， 设，，则，，， 则，， 由（ⅰ），在点，处的切线方程分别为，． 两式联立，得， ，即， 所以， 故，，三点共线. 考点二 四点共圆问题 例1．（2026·山西吕梁·三模）已知双曲线C：经过点，，右顶点为A． (1)求双曲线C的方程； (2)若过点的直线与双曲线C交于M，N两点. （i）是否存在直线，使得与的面积相等?若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由； （ii）直线，分别与y轴交于P，Q两点，记的中点为E，x轴上是否存在点F，使得A，B，E，F四点共圆?若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)； (2)（i）不存在，理由见解析；（ii）存在，. 【分析】（1）代入两点坐标得到方程组，解出即可； （2）（i）设 ，将其与双曲线方程联立，得到韦达定理，根据面积相等，得到方程，解出即可； （ii）设，计算，从而得到中点坐标，再求出圆的方程即可. 【详解】（1）由题意，得，解得， 故双曲线C的方程为. （2）（i）不存在，理由如下： 假设存在直线，使得与的面积相等， 由题可知，直线的斜率存在，设直线， 与C的方程联立， 得， 由题，，得，且， 设，则， 由，得方程无解， 所以不存在直线，使得与的面积相等． （ii）存在，使得四点共圆，理由如下： 设，又，所以， 令得，同理可得， 故， 又 ， ， 所以， 所以的中点为， 线段的中垂线为，线段的中垂线为，即， 联立，得外接圆圆心为，半径， 故外接圆的方程为， 令，得或2，故存在，使得四点共圆． 例2．（25-26高三上·福建厦门·月考）已知为坐标原点，椭圆的右焦点为，过且斜率大于的直线交于，两点，是上一动点，且的面积最大值为. (1)求椭圆的标准方程； (2)若是上的另一点，满足四边形为平行四边形. （i）求； （ii）设关于的对称点为，求证：，，，四点共圆. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据三角形的面积公式，以及椭圆的概念，求出参数，写出椭圆方程即可； （2）（i）根据椭圆弦长公式，以及直线与椭圆的位置关系，设出直线方程，根据韦达定理，求出直线斜率，求出弦长即可. （ii）根据中心对称原则，以及向量方法判断四点共圆方法，证明四点所成四边形对角互补，证明结果即可. 【详解】（1） 如图所示，当P在短轴顶点时最大，此时， 解得，所以椭圆方程为：； （2） （i） 如图所示，直线l的斜率存在，设，，直线l的斜率为k. 直线AB的方程为，代入， 得， 其中， ，， ， 从而，因为C点在椭圆上，代入椭圆方程得， 即，解得，所以，. 所以， （ii） 由（i）可知，C关于O的对称点为，，， 因为，， 即，，， 所以， ， 又，， 所以， 则 ， 根据，，不妨设，， 计算可得，，，， 所以，所以， 所以. 根据对角互补的四边形为圆的内接四边形，可知A，B，C，D四点共圆. 例3．（2026·山东德州·二模）在平面直角坐标系中，点到点的距离是它到直线距离的倍，记点的轨迹为. (1)求的方程； (2)设点为的下顶点，直线过点且垂直于轴（位于原点与上顶点之间），过的直线交于两点，直线分别交于两点. （i）证明：为定值； （ii）是否存在实数使得四点共圆？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）存在， 【分析】（1）设，将题设中的几何性质代数化后可求的方程； （2）（i）设，联立直线方程后可用的坐标表示，再设的直线方程，并联立双曲线方程，消元后结合韦达定理化简可得定值；（ii）根据四点共圆可得对角互补，从而，结合（2）中结果化简前者可求. 【详解】（1）设，由题意可知， 化简整理得：， 故的方程为. （2）（i）由题意可知，设， 则直线，直线， 因为在直线上，所以，代入直线方程，可知， 故点的坐标为，同理可得点的坐标为. 当直线斜率不存在时，显然不符合题意， 故设直线，代入双曲线方程中， 可得， 所以， 又 ， 所以. （ii）由四点共圆可知，， 又，即， 故， 即，所以. 所以，又，由， 则，整理可得， 所以， 故，即，所以点坐标为. 变式1．（2026·浙江·三模）为椭圆上异于顶点的动点，且的离心率为，分别为的左、右焦点，为的左顶点，记. (1)求的方程； (2)求证：； (3)设点，过点作一条不与坐标轴垂直的直线，交椭圆于，两点，再过点作一条垂直于轴的直线分别交直线于点.问是否存在，使得点四点共圆（为坐标原点）？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)证明见详解 (3)存在， 【分析】（1）根据方程可知，结合离心率可得，即可得椭圆方程； （2）根据离心率结合椭圆定义可得，再利用正弦定理结合三角恒等变换运算分析证明； （3）假设存在，设直线，，，与椭圆方程联立可得韦达定理，结合圆的性质可得，整理可得，代入韦达定理运算求解即可. 【详解】（1）由椭圆方程可知：， 因为，解得， 所以椭圆的标准方程为. （2）因为， 由正弦定理可得， 即，整理可得. （3）假设存在，可设直线，，，且， 联立方程，消去x可得， 则，可得， 则，， 由题意可知：，则直线， 令，可得，即， 同理可得， 若四点共圆，则， 可得， 且，则，可得， 且，，， 则， 整理可得， 即， 则， 整理可得，解得或（舍去）， 所以存在，使得点四点共圆，此时. 变式2．（25-26高三下·河南周口·月考）已知椭圆，过椭圆上一点作曲线的切线，交轴于点Q，，分别是椭圆的左、右焦点，，分别为其左、右顶点. (1)证明：切线的方程为. (2)证明：为的外角平分线. (3)过点，分别作，，垂足分别为.证明：，，，四点共圆. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）设出直线PQ的方程，与椭圆联立，由题意得判别式，可得k的表达式，代入切线方程，整理即可得证. （2）分析得或符合题意，当，分别求出直线和的斜率，设的外角平分线的斜率为，根据夹角公式，化简计算，即可得证. （3）由（1）得切线方程，进而可得直线和的方程，与切线联立，可得点和的坐标，即可求出和的值，根据椭圆方程，可得点和坐标，分析即可得证. 【详解】（1）因为，则切线PQ的斜率存在，且设为k， 则切线方程为， 联立，则， 因为PQ为切线，所以判别式， 整理得， 则切线方程为，又， 整理得切线的方程为. （2）由题意得， 当轴时，即时，不妨设点在第一象限，则， 所以直线的斜率，直线的斜率， 则直线与直线的夹角的正切值为， 又直线的斜率为， 所以直线与直线的夹角的正切值为， 所以为的外角平分线； 同理当轴时，即时，也为的外角平分线； 当时，直线的斜率，直线的斜率， 设的外角平分线的斜率为，则， 所以，整理得， 又，所以，解得或， 因为为的外角平分线的斜率，所以， 即的外角平分线的斜率与切线斜率相等，所以为的外角平分线， 综上，为的外角平分线. （3）由（1）得直线的斜率，又，， 所以，又， 所以直线的方程为，直线的方程为， 联立，解得，即， 同理，联立，得， 则， 又，所以， 同理可得， 又，所以， 所以，，，四点共圆. 变式3．（25-26高三上·湖北恩施·开学考试）已知O为坐标原点，椭圆的右焦点为F，过F的直线l交于A，B两点，P是上一动点，且的面积最大值为. (1)求椭圆的标准方程； (2)若C是上的另一点，满足四边形OACB为平行四边形. （i）求平行四边形OACB的面积； （ii）设C关于O的对称点为D，求证：A，B，C，D四点共圆. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）当P在短轴顶点时最大，利用面积列方程求得，即可求解椭圆的标准方程； （2）（i）设直线AB的方程为，代入得，韦达定理求得，将点代入椭圆方程得，进而，，所以，又点O到直线AB的距离为，最后求出平行四边形OACB的面积. （ii）法一：由（i）可知，则，，，利用数量积的坐标运算求出，， ，，根据，，不妨设，，计算可， 所以，即可证明. 法二：（曲线系解法）由（1）（2）得，，则过A，B，C，D的二次曲线系为，，通过系数列方程计算知存在.即可证明. 【详解】（1）由题意，当P在短轴顶点时最大，此时， 解得，所以椭圆方程为：； （2）（i）由题意可得，直线l的斜率存在，设，，直线l的斜率为k. 直线AB的方程为，代入，得， 其中，，， ， 从而.因为点在椭圆上，代入椭圆方程得， 即，解得，所以，. 所以， 又点O到直线AB的距离为， 所以平行四边形OACB的面积. （ii）法一：由（i）可知，C关于O的对称点为，，， 因为，， 即，，， 所以， 又，， 所以， ， 根据，，不妨设，， 计算可得，，，， 所以，所以， 所以. 根据对角互补的四边形为圆的内接四边形，可知A，B，C，D四点共圆. 法二：曲线系解法 由（1）（2）得即，即， 所以过A，B，C，D的二次曲线系为，， ，，xy的系数依次为，，， 由（2）得，的系数， 又令，得，，存在. ，B，C，D四点共圆. 注：曲线系设法不同，的取值不同，因此，只需有解即可.    考点三 向量问题 例1．（2026·云南昭通·模拟预测）已知椭圆的左、右顶点分别为、，是上异于、的一动点，、分别为直线、的斜率，且． (1)求的值； (2)若直线与直线交于点，且，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设，通过斜率条件列出等式求解m的值即可； （2）设直线AP的方程为，联立椭圆方程求出P点的坐标，再利用向量条件列出等式求出t的值，最后据此即可求出的面积． 【详解】（1）由题意可得，，设， 则，解得． （2）设直线，，则， 联立，得，解得，， 所以，， 因为，可得，解得， ． 例2．（2026·辽宁沈阳·三模）在平面直角坐标系中，曲线为以、为焦点，且与直线相切于点Q的椭圆， (1)请求出的标准方程，并求出点Q的坐标； (2)设直线过与（1）中的曲线交于A、B两点，若，且，求直线纵截距的取值范围. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）方法一:先写出椭圆含参数标准方程并整理一般式,将直线方程与之联立,利用直线与椭圆相切判别式 求出 ,确定椭圆方程,再代入求解切点 坐标. 方法二:利用椭圆定义，切点即为直线上到两焦点距离和最小的点，求出左焦点关于直线的对称点，对称点与右焦点连线和切线交点即为切点 ，再算出对称点到右焦点距离即为椭圆长轴长，进而求得椭圆方程. （2）设直线 联立椭圆,由韦达定理得 、 ，根据向量比例得 ,配方变形得到 与 的关系式，利用 单调性求出 范围,再算出直线纵截距 的取值区间. 【详解】（1）方法一： 取的标准方程为，即， 与直线联立得， 其判别式为，整理得. 解得（舍去）或，所以的标准方程为 所以原方程可化为，解得点Q的横坐标， 所以点Q的纵坐标为，所以点Q的坐标为 方法二： 若与直线相切于点Q，则点Q应为直线上到、距离之和最小的点. 取为关于直线对称的点. 直线斜率为，故斜率为，得直线:. 中点在直线上，代入得 联立解得：，，即. 则直线为. 与联立得点Q坐标为. 所以的长轴， 所以，所以的标准方程为. （2）依题意可知，若轴，则，不合题意. 若直线的斜率为，，，则，矛盾， 所以可设直线为，代入得. 取、为交点坐标，所以 因为，所以，. 所以，所以，所以. 取，所以，. 所以在单调递减，所以，解得， 所以. 直线：，令可得直线纵截距为. 所以直线纵截距， 即纵截距的取值范围为. 例3．（2026·湖南怀化·模拟预测）已知椭圆的短轴长为2，右顶点为抛物线的焦点， (1)求椭圆的标准方程和离心率； (2)若直线l过椭圆C的右焦点F且与椭圆C相交于P，Q两点（点P在x轴上方），（O为坐标原点），求直线l的方程. 【答案】(1)，离心率为 (2) 【分析】（1）根据已知确定椭圆参数值，即可得椭圆的标准方程，进而求离心率； （2）由题意，设l的方程为，，，联立椭圆方程，并应用韦达定理及已知有，进而列方程求参数，即可得. 【详解】（1）椭圆的短轴长为2，可得， ， 椭圆C的右顶点为抛物线的焦点， ，则， 椭圆C的方程为，离心率为. （2）由题意知l的斜率不为0，，故设l的方程为，，. 由，得， ，，. ，依题意知， ，，则，解得，则， 直线l的方程为，即. 变式1．（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． 变式2．（2025·河南·一模）已知等轴双曲线的对称中心均为坐标原点，焦点分别在轴和轴上，且焦距均为4．设两点分别在上，满足直线的斜率之积为1，点为上异于的另一点，过分别作平行于的直线，交于两点． (1)求双曲线的方程； (2)证明：； (3)设，，证明：为定值． 【答案】(1)的方程为，的方程为 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）设，，由焦距为4即可求出； （2）设点，，由直线的斜率之积为1以及点在双曲线上即可求证； （3）由题意，设点，，， 得，点在双曲线上，代入方程即可求解. 【详解】（1）设，， 因此，所以， 的方程分别为，； （2）设点，， 因此，，且，， 所以， 因此，，， 所以； （3）由题意，设点，，， 因此， 又，从而， 整理得， 由（2）可知，因此为定值． 变式3．（2025·上海奉贤·二模）如图1，曲线是与组合的． (1)过点，求的渐近线方程； (2)，设，，曲线上找一个点，使得达到最小； (3)若，如图2，存在过点的两条直线，与曲线的交点分别是点、点、点、点，点在第二象限，点在第一象限．是否存在非零实数使得成立，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)答案见解析，理由见解析 【分析】（1）将点代入即可求出，再计算渐近线即可； （2）分和两种情况，设点坐标，利用消元法将问题转化为求一元二次函数在区间上的最小值问题； （3）设直线和直线的方程，联立方程组求四个点的坐标，再化简即可. 【详解】（1）将点代入，得，得， 所以，渐近线方程：. （2）因，则，， ①当时，取到最小值时，点一定在上， 设点，则， 则， 当时，则或时，取最小值，此时或， 当时，当时，取最小值，此时； ②当时，取到最小值时，点一定在上， 设点，则， 则 ， 因，则， 故当时， 取最小值，此时. 综上可知，曲线上存在点，使得达到最小. （3）设，， 设 由，得，则 ， 由 ，得，则 ， 由，得，则 ， 由，得，则 ， 则 ， 同理可得，， 若存在非零实数使得成立，则，即， 即，则或， 若，则或，此时直线或的方程为，不符合题意，        故当且、均不为零时，存在非零实数使得成立 2 学科网（北京）股份有限公司 $解析几何：三点共线问题、四点共圆问题、向量问题专项训练 解析几何：三点共线问题、四点共圆问题、向量问题专项训练 考点目录 三点共线问题 四点共圆问题 向量问题 考点一 三点共线问题 例1．（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. 例2．（2026·河北邢台·二模）已知椭圆 的焦点分别为 ，过 的直线交于两点.当 轴时，为等边三角形. (1)求的方程. (2)设为直线上的动点. ①若 轴，证明：直线过定点； ②若为的左顶点，为上异于的一点，且三点共线， ， 证明:三点共线. 例3．（25-26高三下·陕西西安·阶段检测）已知椭圆的左､右焦点分别为，且，点是上异于顶点的一点，当时，的面积为. (1)求的方程； (2)若直线与交于另外一点，且，求直线的斜率； (3)上两个不同的动点满足与的倾斜角互补，过点且垂直于轴的直线与的另一个交点为，记线段的中点为为坐标原点，求证：三点共线. 变式1．（2026·福建宁德·二模）已知椭圆的离心率为，直线交于两点.当时，. (1)求的方程； (2)过作直线的垂线，垂足为，点，证明：三点共线. 变式2．（24-25高三上·浙江·期中）已知椭圆：的左右顶点分别为，，左右焦点分别为，，为坐标原点，为椭圆在第一象限上的一点，直线，分别交轴于点，. (1)求的值； (2)在直线上取一点（异于），使得. （ⅰ）证明：，，三点共线； （ⅱ）求与面积之比的取值范围. 变式3．（25-26高三下·河南南阳·月考）已知为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别为，，过上一点作的两条渐近线的平行线，分别交轴于，两点，且，内切圆的圆心到轴的距离为． (1)求的标准方程； (2)（ⅰ）设点为上一点，试判断直线与C的位置关系，并说明理由； （ⅱ）设过点的直线与交于，两点（异于的两顶点），在点，处的切线交于点，线段的中点为，证明：，，三点共线． 考点二 四点共圆问题 例1．（2026·山西吕梁·三模）已知双曲线C：经过点，，右顶点为A． (1)求双曲线C的方程； (2)若过点的直线与双曲线C交于M，N两点. （i）是否存在直线，使得与的面积相等?若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由； （ii）直线，分别与y轴交于P，Q两点，记的中点为E，x轴上是否存在点F，使得A，B，E，F四点共圆?若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由. 例2．（25-26高三上·福建厦门·月考）已知为坐标原点，椭圆的右焦点为，过且斜率大于的直线交于，两点，是上一动点，且的面积最大值为. (1)求椭圆的标准方程； (2)若是上的另一点，满足四边形为平行四边形. （i）求； （ii）设关于的对称点为，求证：，，，四点共圆. 例3．（2026·山东德州·二模）在平面直角坐标系中，点到点的距离是它到直线距离的倍，记点的轨迹为. (1)求的方程； (2)设点为的下顶点，直线过点且垂直于轴（位于原点与上顶点之间），过的直线交于两点，直线分别交于两点. （i）证明：为定值； （ii）是否存在实数使得四点共圆？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 变式1．（2026·浙江·三模）为椭圆上异于顶点的动点，且的离心率为，分别为的左、右焦点，为的左顶点，记. (1)求的方程； (2)求证：； (3)设点，过点作一条不与坐标轴垂直的直线，交椭圆于，两点，再过点作一条垂直于轴的直线分别交直线于点.问是否存在，使得点四点共圆（为坐标原点）？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 变式2．（25-26高三下·河南周口·月考）已知椭圆，过椭圆上一点作曲线的切线，交轴于点Q，，分别是椭圆的左、右焦点，，分别为其左、右顶点. (1)证明：切线的方程为. (2)证明：为的外角平分线. (3)过点，分别作，，垂足分别为.证明：，，，四点共圆. 变式3．（25-26高三上·湖北恩施·开学考试）已知O为坐标原点，椭圆的右焦点为F，过F的直线l交于A，B两点，P是上一动点，且的面积最大值为. (1)求椭圆的标准方程； (2)若C是上的另一点，满足四边形OACB为平行四边形. （i）求平行四边形OACB的面积； （ii）设C关于O的对称点为D，求证：A，B，C，D四点共圆. 考点三 向量问题 例1．（2026·云南昭通·模拟预测）已知椭圆的左、右顶点分别为、，是上异于、的一动点，、分别为直线、的斜率，且． (1)求的值； (2)若直线与直线交于点，且，求的面积． 例2．（2026·辽宁沈阳·三模）在平面直角坐标系中，曲线为以、为焦点，且与直线相切于点Q的椭圆， (1)请求出的标准方程，并求出点Q的坐标； (2)设直线过与（1）中的曲线交于A、B两点，若，且，求直线纵截距的取值范围. 例3．（2026·湖南怀化·模拟预测）已知椭圆的短轴长为2，右顶点为抛物线的焦点， (1)求椭圆的标准方程和离心率； (2)若直线l过椭圆C的右焦点F且与椭圆C相交于P，Q两点（点P在x轴上方），（O为坐标原点），求直线l的方程. 变式1．（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． 变式2．（2025·河南·一模）已知等轴双曲线的对称中心均为坐标原点，焦点分别在轴和轴上，且焦距均为4．设两点分别在上，满足直线的斜率之积为1，点为上异于的另一点，过分别作平行于的直线，交于两点． (1)求双曲线的方程； (2)证明：； (3)设，，证明：为定值． 变式3．（2025·上海奉贤·二模）如图1，曲线是与组合的． (1)过点，求的渐近线方程； (2)，设，，曲线上找一个点，使得达到最小； (3)若，如图2，存在过点的两条直线，与曲线的交点分别是点、点、点、点，点在第二象限，点在第一象限．是否存在非零实数使得成立，请说明理由． 2 学科网（北京）股份有限公司 $