专题06 平面解析几何4个考点（福建专用）2026年高考数学二模分类汇编

专题06 平面解析几何 4大考点概览 考点01直线方程与圆的方程 考点02椭圆方程及其性质及综合大题 考点03双曲线方程及其性质及综合大题 考点04抛物线方程及其性质及综合大题 直线方程与圆的方程 考点1 1．（2026·福建三明·二模）已知直线与圆交于A，B两点，当的面积最大时，点O到直线l的距离为（   ） A． B． C．1 D． 2．（2026·福建泉州·模拟预测）（多选）已知点在直线上，点，在圆上，若，且，则下列说法正确的是（    ） A．当时，直线与圆相切 B．直线倾斜角为150° C．当时，可能为90° D．若，则的取值范围为 3．（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． 4．（2026·福建泉州·模拟预测）已知点，向量，若与直线垂直，则到直线的距离等于（    ） A．1 B． C．2 D． 5．（2026·福建龙岩·三模）已知圆与抛物线交于两点．若，则的值为（   ） A．6 B．12 C． D． 6．（2026·福建漳州·三模）过作圆的两条切线，设切点分别为，则直线的方程为___________． 7．（2026·福建厦门·二模）若直线和被圆所截得的弦长相等，则（   ） A． B． C．2 D．4 椭圆方程及其性质及综合大题 考点2 8．（2026·福建福州·三模）已知椭圆的右顶点为，上顶点为，，的面积为4（为坐标原点）.以为中心,焦点在轴上的椭圆在的内部，且与的离心率相等.分别过作的切线，设的斜率分别为. (1)求的方程； (2)求的值； (3)若的长轴长为4，是否存在定点，当过的动直线与交于两点，与交于点时，都有？若存在，写出的坐标并证明：若不存在，说明理由. 9．（2026·福建南平·二模）已知椭圆的焦点为，，离心率为.平行于轴的直线与椭圆交于A，B两点，且与直线交于点，直线与轴交于点. (1)求面积的最大值； (2)求的值. 10．（2026·福建龙岩·三模）已知椭圆，的短轴长为双曲线的实轴长，且的离心率为．点为的上顶点，点为的右顶点，点的坐标为（1，0）． (1)求的方程； (2)若过点的直线与交于两点，设，其中，直线交轴于点．若四边形为等腰梯形，求的方程； (3)若直线与交于两点，求四边形面积的最大值． 11．（2026·福建漳州·三模）已知分别为椭圆的左、右焦点，且，点在上． (1)求的方程； (2)若点在上且在第一象限，为直角三角形，求点的坐标． 12．（2026·福建三明·二模）设椭圆长轴的两个顶点分别为A，B，点C为椭圆E上不同于A，B的一点，若的三个内角A，B，C满足，则椭圆E的离心率为________. 13．（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. 14．（2026·福建漳州·三模）已知是椭圆的左、右焦点，为上一点，分别为的外接圆半径和内切圆半径，且，则的离心率取值范围为（） A． B． C． D． 15．（2026·福建厦门·模拟预测）已知P为椭圆E：（）上的动点，M，N为圆上的两个动点，若的最大值为，则E的离心率为（    ） A． B． C． D． 16．（2026·福建莆田·模拟预测）（多选）已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为．点为上的动点，且的取值范围为，则（   ） A． B．的周长为8 C．存在点，使得 D．当时，的内心坐标为 17．（2026·福建·二模）已知椭圆的短轴长为2，离心率为．过E的右焦点的直线交E于A，B两点，过E的中心的直线交E于C，D两点． (1)求E的方程； (2)若，求直线AB的方程． 18．（2026·福建·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，是上的动点，且不在轴上．当轴时，． (1)求的方程； (2)点分别在直线与上，且．证明：三点共线． 19．（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． 20．（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． 21．（2026·福建泉州·二模）在直角坐标系中，椭圆的左、右顶点分别为，上顶点为，且． (1)求的方程； (2)点是上两个动点，点在直线上，设直线的斜率分别为，且． （i）设关于的对称点为，试判断是否共线？并说明理由： （ii）在①的面积为定值，②的面积为定值，③的面积为定值，这三个结论中选择一个结论补充在下面命题中，使该命题为真命题，并证明． 命题：若直线与直线相交于点，则_______. 双曲线方程及其性质及综合大题 考点3 22．（2026·福建龙岩·三模）（多选）已知不共线的平面向量，满足，且，则（   ） A．与的夹角的取值范围为 B．当时， C．当时，的最小值为 D．对于给定的，记的最小值为，则 23．（2026·福建南平·二模）已知为双曲线上一动点，若存在点到轴、轴的距离之比为，则双曲线的离心率范围为（    ） A． B． C． D． 24．（2026·福建泉州·模拟预测）已知，为双曲线的焦点，点在上，点，分别为的内心和重心.若，且，则的离心率为____________. 25．（2026·福建宁德·二模）已知分别是双曲线的左､右焦点，过作的渐近线的垂线，垂足为.若，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 26．（2026·福建莆田·模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为到的一条渐近线的距离为． (1)求的方程； (2)点为上的动点，点分别位于直线与直线上，且． （i）记直线的斜率分别为，证明：； （ii）若与的面积相等，求． 27．（2026·福建·二模）已知双曲线的离心率为，则C的渐近线方程为（    ） A． B． C． D． 抛物线方程及其性质及综合大题 考点4 28．（2026·福建宁德·二模）（多选）设抛物线的焦点为，准线为.过的直线交于两点，过，作的垂线，垂足分别为，则（    ） A． B．的最小值为2 C．若为的中点，则 D．点到上点的距离的最小值为3 29．（2026·福建泉州·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知两抛物线和，且为的焦点，为与的公共点，若，则（    ） A．2 B． C． D．3 30．（2026·福建厦门·模拟预测）已知抛物线C：的焦点为，点在上，则（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 31．（2026·福建莆田·模拟预测）若直线交抛物线于两点，则（   ） A． B．4 C． D．8 32．（2026·福建·二模）（多选）已知抛物线的焦点为准线为，圆过点．下列说法正确的是（   ） A． B．的方程为 C．若圆心在上，则圆与相切 D．若圆与相切，则圆心在上 33．（2026·福建·二模）（多选）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 34．（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. 35．（2026·福建漳州·二模）已知A，B为抛物线上的动点，为AB中点且，则的最小值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 36．（2026·福建泉州·二模）已知点，若为抛物线上的动点，则的最小值为___________． 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 $ 专题06 平面解析几何 4大考点概览 考点01直线方程与圆的方程 考点02椭圆方程及其性质及综合大题 考点03双曲线方程及其性质及综合大题 考点04抛物线方程及其性质及综合大题 直线方程与圆的方程 考点1 1．（2026·福建三明·二模）已知直线与圆交于A，B两点，当的面积最大时，点O到直线l的距离为（   ） A． B． C．1 D． 【答案】D 【分析】设点O到直线l的距离为，进而得，即，利用基本不等式即可求解. 【详解】设点O到直线l的距离为，所以， 所以 ， 当时，即时，等号成立. 2．（2026·福建泉州·模拟预测）（多选）已知点在直线上，点，在圆上，若，且，则下列说法正确的是（    ） A．当时，直线与圆相切 B．直线倾斜角为150° C．当时，可能为90° D．若，则的取值范围为 【答案】ABC 【分析】A选项运用点到直线的距离，B选项运用两直线垂直的相关知识，C选项代入和验证直线是否与圆相交，D选项运用，建立直线与圆的半径之间的关系去求半径的范围. 【详解】对于A选项，圆心到直线的距离， 当时，，所以直线与圆相切，故A选项正确； 对于B选项，因为，所以直线， 又因为，所以， 而直线l的倾斜角为，因此直线倾斜角为150°，故B选项正确； 对于C选项，设，，圆心O到直线的距离为， 设为A点到直线的距离，则， 因为，所以为等腰直角三角形 则，由B选项得出直线的方程为， 联立，得出A点坐标为，设直线方程为， 则圆心O到直线距离为， 点A到直线的距离为， 又因为，所以， 解得，则，，故直线与圆相交，所以C选项正确 对D选项，若，且，所以为等边三角形，则 点A到直线的距离，设直线方程为， 则圆心O到直线距离为， ， 因为，， 所以，化简可得，故，所以， 又因为，得出，故，所以， 若，则， 若，则（舍去）或，所以，故D选项错误 3．（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. 4．（2026·福建泉州·模拟预测）已知点，向量，若与直线垂直，则到直线的距离等于（    ） A．1 B． C．2 D． 【答案】B 【分析】根据直线的方向向量与垂直求出，再由点到直线的距离求解. 【详解】因为直线的一个方向向量为， 又与直线垂直，所以， 解得，所以直线， 所以到直线的距离为. 5．（2026·福建龙岩·三模）已知圆与抛物线交于两点．若，则的值为（   ） A．6 B．12 C． D． 【答案】A 【分析】根据圆以及抛物线的对称性得到，再求交点横坐标，进而得到. 【详解】圆和抛物线都关于轴对称，因此交点也关于轴对称. 设，由得，即. 则，解得或， 因为抛物线中，舍去，得交点横坐标. 将代入抛物线方程，得. 6．（2026·福建漳州·三模）过作圆的两条切线，设切点分别为，则直线的方程为___________． 【答案】 【详解】解法一：由图可知，， 所以，所以直线方程为． 解法二：，所以四点均在以为直径的圆上，圆心为，半径为，故圆方程为， 由，得，所以直线方程为． 解法三：直线方程为，即， 故答案为． 7．（2026·福建厦门·二模）若直线和被圆所截得的弦长相等，则（   ） A． B． C．2 D．4 【答案】B 【分析】先计算直线截圆所得弦长，再利用点到直线距离公式表示直线截圆的弦长，根据弦长相等建立方程，求解并结合的条件确定的值. 【详解】圆的圆心坐标为，半径. 圆心到直线的距离， 直线被圆截得的弦长为. 圆心到直线的距离， 直线被圆截得的弦长为. 由两弦长相等，得，两边除以2得. 两边平方得，移项得. ，整理得，即. 因，故，解得. 椭圆方程及其性质及综合大题 考点2 8．（2026·福建福州·三模）已知椭圆的右顶点为，上顶点为，，的面积为4（为坐标原点）.以为中心,焦点在轴上的椭圆在的内部，且与的离心率相等.分别过作的切线，设的斜率分别为. (1)求的方程； (2)求的值； (3)若的长轴长为4，是否存在定点，当过的动直线与交于两点，与交于点时，都有？若存在，写出的坐标并证明：若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2) (3)当为时，存在定点满足条件；当为时，存在定点满足条件 【分析】（1）根据条件列出的方程求解即可； （2）设的方程可设为，由与相切，联立方程得到，化简得到，同理可得，即可得到. （3）先求出过点 的椭圆的切线​，方程为，题目中的本质是 按相同比例分割线段 ，结合在椭圆上的方程，消去比例参数后可得到过点的恒成立直线，由于始终在切线​上，因此这条直线与为同一条直线，通过系数成比例即可解得定点 为. 【详解】（1）设，，则， ， 联立解得， 则的方程. （2）因为两椭圆的离心率相同，故的方程可设为， 设切线的方程为，切线的方程为， 由，得， 由，即， 整理得， 同理可得， 所以，所以. （3）易得的方程为，设的方程为， 由，得， 由，得， 当的方程为时，假设存在满足条件的点，设. 由题意知不能在椭圆上， 若在椭圆内且，则，显然条件不成立; 若在椭圆内且，则，显然条件不成立; 所以若存在，则其必然在椭圆外， 设，则且，由题知四点共线， 则，设， 由向量的共线关系可得: ①，     ②， ③，      ④, 由①②，③④得到，， 因为在上，所以它们的坐标满足 ⑤， ⑥， 由⑤⑥得到， 整体代入得到：恒成立， 因为在直线上， 当，是同一条直线时，即时满足题意， 所以存在定点符合题意. 当的方程为时，由图形的对称性可知，点为所求定点. 综上，当为时，存在定点满足条件； 当为时，存在定点满足条件. 9．（2026·福建南平·二模）已知椭圆的焦点为，，离心率为.平行于轴的直线与椭圆交于A，B两点，且与直线交于点，直线与轴交于点. (1)求面积的最大值； (2)求的值. 【答案】(1) (2)2 【分析】（1）根据题意求得椭圆的方程为，设，，进而根据基本不等式求得，再算面积即可； （2）设，，进而根据，，三点共线，结合向量表示求得，再根据两点间的距离公式求解即可得答案. 【详解】（1）因为椭圆的离心率为，故，， 所以椭圆的方程为，如图， 设，，其中，， 因为在上，所以， 由基本不等式，， 故，当且仅当时，等号成立， 所以面积，即面积的最大值为. （2）设，，则，，三点共线， 所以，即，解得， 所以， ， 所以. 10．（2026·福建龙岩·三模）已知椭圆，的短轴长为双曲线的实轴长，且的离心率为．点为的上顶点，点为的右顶点，点的坐标为（1，0）． (1)求的方程； (2)若过点的直线与交于两点，设，其中，直线交轴于点．若四边形为等腰梯形，求的方程； (3)若直线与交于两点，求四边形面积的最大值． 【答案】(1) (2) (3)4 【分析】（1）根据椭圆的性质列式求解即可； （2）法一：设直线的方程为，联立椭圆与直线方程，利用四边形为等腰梯形，得，求得， 进而得到即可求出； 法二：利用四边形为等腰梯形，得，再取的中点为，连接，得到，求出直线的方程，与椭圆方程联立即可求出点坐标，进而求出直线的方程； 法三：设直线l的方程为，与椭圆方程联立，再利用四边形为等腰梯形，得到，进而求出的值即可； （3）法一：将直线与椭圆方程进行联立，设，，利用直线与直线平行得到，即可列出，，最后求导判断单调性即可求出； 法二：令，则可化为，再令则，利用函数的性质即可求出四边形面积的最大值. 【详解】（1）依题意得：，得， 故的方程为． （2）法一：显然直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为(其中)， 联立，消去得， 设，则， 由四边形为等腰梯形，且均在轴上，轴， 故， 得， 即，化简得． 联立，得，代入， 得， 化简得所以， 因为 所以， 所以直线的方程为，即． 法二：由四边形为等腰梯形，且均在轴上，轴， 故，故，设， 取的中点为，连接，则， 则直线的方程为， 令， 设直线），联立，消去得， 则，则 ， ， 所以， 则，因此，又， 所以， 所以直线的方程为，即． 法三：显然直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为， 联立 ，消去得， 设，且， 则 ， ， 因为四边形MPQM1为等腰梯形，且P 、Q均在x轴上，NM1//x轴， 故  所以， 所以  所以，解得， 所以直线l的方程为. （3）法一：联立方程：，消去y可得， 且，则， 可知直线与椭圆相交， 设，，则，则， 又因为点，，则，直线的方程为，即， 可知直线：与直线：平行， 则两平行线间距离为， 则 ， 即，， 则， 设， （i）当时，，即； （ⅱ）当时，因为函数单调递减，函数单调递增， 可知单调递减，且， ①当时，，即； ②当时，，即； 综上所述：当时，；当时，； 可知在内单调递增，在内单调递减，则， 所以的最大值为 法二：同法一得 令 则可化为 令 则 所以 当，即时，， 所以的最大值为4． 11．（2026·福建漳州·三模）已知分别为椭圆的左、右焦点，且，点在上． (1)求的方程； (2)若点在上且在第一象限，为直角三角形，求点的坐标． 【答案】(1)； (2)或． 【分析】（1）解法一：根据题意，得，又点在椭圆上，代入联立方程即可求解； 解法二：根据题意，得，结合椭圆定义可求得，进而可求得； （2）解法一：分或两种情况进行讨论，若，代点即可求解；若，利用向量关系即可求解. 解法二：分或两种情况进行讨论，若，代点即可求解；若，结合三角形面积即可求解. 【详解】（1）解法一：由题意，得，解得， 所以的方程为． 解法二：由题意，得椭圆的左、右焦点分别为，，点在上， 所以，， 所以，， 所以的方程为． （2）解法一：设，，，由题意，得，． 因为点在上且在第一象限，为直角三角形， 所以或． 若，则，代入椭圆的方程得，解得， 所以； 若，则①， 又在上，所以②， 联立①②，解得，所以． 综上，点的坐标为或． 解法二：因为点在上且在第一象限，为直角三角形， 所以，或． 若，则，代入椭圆的方程得，解得， 所以； 若，则， 因为，即， 解得． 设，，， 所以，即，所以． 又在上，所以，所以，即． 综上，点的坐标为或． 12．（2026·福建三明·二模）设椭圆长轴的两个顶点分别为A，B，点C为椭圆E上不同于A，B的一点，若的三个内角A，B，C满足，则椭圆E的离心率为________. 【答案】/ 【分析】由三角恒等变换得到，并转化为斜率关系，设出点的坐标，由斜率得到方程，求出，得到离心率 【详解】，故， 即， 即， 因为，所以， 即，， 故，即，， 不妨设，则， ，故， 又，故，将其代入得 ，故椭圆E的离心率为. 13．（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. 14．（2026·福建漳州·三模）已知是椭圆的左、右焦点，为上一点，分别为的外接圆半径和内切圆半径，且，则的离心率取值范围为（） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先在中由正弦定理得外接圆半径，再用三角形面积两种表达式联立求出内切圆半径，把代入化简，约去sin得到含的等式，再利用椭圆焦半径乘积的取值范围构造不等式，转化为离心率的关系式，由二次式恒成立只需解右侧不等式，最终求得椭圆离心率范围为. 【详解】设，则，所以， 又， 所以，代入条件得， 设， 因为， 所以， 即，又，所以且， 所以． 15．（2026·福建厦门·模拟预测）已知P为椭圆E：（）上的动点，M，N为圆上的两个动点，若的最大值为，则E的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】如图所示：若是定点，则直线与圆相切时，最大， 此时，又， 所以最小时，最大， 又P为椭圆E：（）上的动点， 所以最小时，点为椭圆的短轴的端点， 又因为的最大值为，所以的最大值为， 所以，所以， 所以E的离心率为 16．（2026·福建莆田·模拟预测）（多选）已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为．点为上的动点，且的取值范围为，则（   ） A． B．的周长为8 C．存在点，使得 D．当时，的内心坐标为 【答案】AD 【分析】先根据椭圆上动点到焦点距离范围求出，进而得到，离心率和椭圆方程，再分别对各选项依据椭圆性质、均值不等式、勾股定理及内切圆半径公式等进行判断. 【详解】根据椭圆性质，椭圆上动点到左焦点的距离范围为， 又因为，所以，解得， 所以，离心率，椭圆方程为， 在A选项中，，A正确， 在B选项中，的周长为，B错误， 在C选项中，若，设，则， 整理可得，由均值不等式，相互矛盾， 所以不存在这样的点，C错误， 在D选项中，将代入椭圆可得， 即，因为， ，所以是直角三角形， 直角在，内切圆半径， 内心坐标为，D正确. 17．（2026·福建·二模）已知椭圆的短轴长为2，离心率为．过E的右焦点的直线交E于A，B两点，过E的中心的直线交E于C，D两点． (1)求E的方程； (2)若，求直线AB的方程． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据离心率及短轴长求出即可得解； （2）分别设出直线方程，联立椭圆方程，求出，，根据平行可知，列出方程求解即可. 【详解】（1）依题意，得 解得 所以的方程为． （2）因为，所以，且． 设，，，， 显然直线的斜率不为零，可设直线的方程为，直线的方程为．    由得，可得， 所以 所以． 由得，所以． 则，又因为， 所以，解得， 所以直线的方程为． 18．（2026·福建·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，是上的动点，且不在轴上．当轴时，． (1)求的方程； (2)点分别在直线与上，且．证明：三点共线． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）解法一：椭圆定义法（几何法）：先利用椭圆第一定义（椭圆上任意一点到两焦点的距离之和为 ），再结合直角三角形勾股定理求出a，最后由 求 ，即可得出方程； 解法二：待定系数法（代数法）：先利用点在椭圆上则坐标满足方程，再结合 的关系列出方程组，联立求解 ，最后即可得出方程. （2）解法一：先设点并利用椭圆方程得到消元条件，再由垂直关系转化为向量数量积为 0，通过两式加减得到 纵坐标的和差关系，最后用向量共线的交叉相乘判定式，结合椭圆方程化简得 0，证明与共线，从而证得 三点共线； 解法二：先由垂直关系求出直线的方程，联立得到坐标，再通过向量共线的交叉相乘判定式，结合椭圆方程化简得 0，证明与共线；对斜率不存在的特殊情况直接验证斜率相等，最终证得三点共线. 【详解】（1）解法一：（1）当轴时，， 所以，所以， 从而，，故的方程为． 解法二：（1）当轴时，，所以或，所以①， 又②，由①②，解得，， 故的方程为． （2）解法一：设，，，则，即． 又， 所以，，，． 因为，，所以，， 两式相加、减，得，， 又因为，， ， 所以，故三点共线． 解法二：设，则，即． (i)当直线，斜率均存在时，，， 所以直线，， 由得，由得， 所以，， 因为 ， 所以，故三点共线． (ii)当直线或斜率不存在时，根据对称性，不妨设斜率不存在，且， 此时点，，，故直线，从而， 则，， 所以三点共线． 综上，三点共线． 19．（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. 20．（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. 21．（2026·福建泉州·二模）在直角坐标系中，椭圆的左、右顶点分别为，上顶点为，且． (1)求的方程； (2)点是上两个动点，点在直线上，设直线的斜率分别为，且． （i）设关于的对称点为，试判断是否共线？并说明理由： （ii）在①的面积为定值，②的面积为定值，③的面积为定值，这三个结论中选择一个结论补充在下面命题中，使该命题为真命题，并证明． 命题：若直线与直线相交于点，则_______. 【答案】(1) (2)（i）三点共线，理由见解析；（ii）答案见解析 【分析】（1）根据长轴长可求，用基本量表示题设中的诸向量后可求向量和的模长，从而可求，故可得椭圆方程，或者根据直角的几何性质可求，故可求椭圆方程； （2）设直线与的交点为，根据对称性可得，再结合题设条件可得直线的斜率即为，从而可证三点共线.我们也可以设，结合向量运算可得的坐标，结合题设条件可证，从而可证三点共线. （3）利用韦达定理或齐次化可证在定直线上，从而可选②③得相应的面积定值. 【详解】（1）法1：由，可得， 又，可得，所以， 所以，又，根据题意得， 解得，从而求得椭圆. 法2：依题意，故， 由，故斜边上的中线长等于， 故，所以，解得， 从而求得椭圆. （2）（i）是，三点共线. 法1：证明：设直线与的交点为，要证明三点共线， 只需要证明与重合即证明直线的斜率与的斜率相等． 由题意得， 因为关于原点对称，关于原点对称， 故直线相互平行，所以的斜率， 所以，， 由①②，得即， 即，即， 又由题意知，所以，得证. 法2：证明：设，可得， 解得，即， 故可得直线的斜率， 又求得直线的斜率， 根据题意，又， 所， 从而得，故. 因为关于原点对称，关于原点对称， 故直线相互平行，所以的斜率， 因此可得，所以三点共线. （ii）如图，作出符合题意的图形，    法1：根据题意直线的斜率存在且不为零，设直线， 与椭圆联立，得， 其判别式，即， 且， 由（2）知，其中， 可得， 化简得，所以直线， 将直线与直线联立， 设，可得，即， 注意到当时，直线， 此时关于原点对称，这与矛盾， 故，从而可得，即点在直线上. 法2：证明：设， 将椭圆方程整理为，即 将直线与椭圆联立得：， 整理可得，， 注意到，故上式等价于， 设，注意到， 故可得是关于的二次方程的两根， 其中， 根据韦达定理，可得，即， 又因为，故得，即， 设，因为点为两直线的公共点， 故联立两直线， 得，即， 注意到当时，直线， 此时关于原点对称，这与矛盾， 故，从而可得，即点在直线上. 若选①，因为， 而到的距离不是定值，故不为定值，故不选①； 若选②，的面积为，而不是定值，故不选②； 若选③，根据在直线上可得的面积为. 双曲线方程及其性质及综合大题 考点3 22．（2026·福建龙岩·三模）（多选）已知不共线的平面向量，满足，且，则（   ） A．与的夹角的取值范围为 B．当时， C．当时，的最小值为 D．对于给定的，记的最小值为，则 【答案】ACD 【分析】根据题干中，可结合双曲线的定义在双曲线中进行求解，将向量问题转化为解析几何问题，根据题干中的条件可得双曲线的标准方程为：，用坐标表示，根据，可设，即得的轨迹方程为；利用双曲线的几何性质，逐项分析即可. 【详解】 在双曲线中，点为双曲线上的一点， 设，则， 因为，，则，故， 所以双曲线的标准方程为：． 由双曲线的对称性，在以下求解中，只考虑的情况． 故，又，设， 则，解得， 所以的轨迹方程为． 对于选项A，由双曲线的方程及是不共线的平面向量，与的夹角即为， 双曲线的渐近线方程为， 所以：，故选项A正确； 对于选项B，当时，在上的投影向量为， 则，故，故选项B错误； 对于选项C，当时，解得点坐标为， 此时有最小值，故选项C正确； 对于选项D，由选项C可得当点与点纵坐标相等时，的值最小， 设，故， 又，则， 因为点在双曲线上， 所以，故，所以．故选项D正确． 23．（2026·福建南平·二模）已知为双曲线上一动点，若存在点到轴、轴的距离之比为，则双曲线的离心率范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题可先根据点到轴，轴的距离之比为得到点横纵坐标的关系，再结合双曲线方程，通过分析得到离心率的取值范围. 【详解】设点，因为点到轴，轴的距离之比为，所以，即. 因为点为双曲线上一动点，将代入双曲线方程可得：，即， 通分可得：，即，因为，所以，即； ，所以，离心率， 因为，故，则，所以，因此，双曲线的离心率范围为. 24．（2026·福建泉州·模拟预测）已知，为双曲线的焦点，点在上，点，分别为的内心和重心.若，且，则的离心率为____________. 【答案】 【分析】由得到重心与内心纵坐标相等，得出P点纵坐标与内切圆半径关系，继而用三角形面积的两种表示方式结合双曲线定义求出，最后用余弦定理结合正弦值计算离心率. 【详解】设双曲线E方程为， 则重心， 因为内心到的距离等于内切圆半径，故的纵坐标为. 由于，所以， 因为的面积， 代入得， 不妨设， 则有， 在中，由余弦定理得， 即， 因为，则， 当时，代入得; 当时，代入得(不成立，舍去). 25．（2026·福建宁德·二模）已知分别是双曲线的左､右焦点，过作的渐近线的垂线，垂足为.若，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】过作的渐近线的垂线，垂足为.先求出焦点到渐近线的距离，再由勾股定理求出，即可在中利用勾股定理得到的关系，即可求出的离心率. 【详解】 如图所示，过作的渐近线的垂线，垂足为. 已知双曲线的左､右焦点为， 双曲线的一条渐近线方程为，即, 则到渐近线的距离为，同理可得. 在中，，同理可得. 在中，由可得，即， 因为，所以的离心率. 26．（2026·福建莆田·模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为到的一条渐近线的距离为． (1)求的方程； (2)点为上的动点，点分别位于直线与直线上，且． （i）记直线的斜率分别为，证明：； （ii）若与的面积相等，求． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析； （ii）. 【分析】（1）利用点到直线的距离公式可以求得和的关系，代入计算即可； （2）（i）设出点坐标，直接计算直线斜率，然后求得乘积即可； （ii）利用点坐标计算直线方程，再根据点到直线的距离公式以及三角形的面积公式求出两个三角形的面积，使其相等即可求解. 【详解】（1）由题可得：，双曲线的渐近线方程为：，则到渐近线的距离为：，所以， 则，，因此曲线方程为：. （2）（i）设，， 则，， ，， 所以，， 所以，即得证. （ii）由题可知：，，，，，所以， 因为，所以，即：， 化简得：，所以，，则， 所以直线方程为：，化简得：. 因此点到直线距离为：，而， 所以. 又因为，， 所以， 因为，所以，即：. 当时，，化简得：， 解得：，又因为定义域为，所以舍去，因此； 当时，，化简得：，无实数解. 综上所述，的取值为. 27．（2026·福建·二模）已知双曲线的离心率为，则C的渐近线方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据离心率求出，即可得双曲线线的渐近线方程.. 【详解】因为， 所以，即， 因为双曲线的渐近线方程为 所以C的渐近线方程为. 抛物线方程及其性质及综合大题 考点4 28．（2026·福建宁德·二模）（多选）设抛物线的焦点为，准线为.过的直线交于两点，过，作的垂线，垂足分别为，则（    ） A． B．的最小值为2 C．若为的中点，则 D．点到上点的距离的最小值为3 【答案】AC 【详解】对于A，因为抛物线的焦点为，准线为， 所以，由抛物线的定义可知：，故A正确； 对于B，设直线的方程为， 联立，设， 所以， 由抛物线的定义可知： ， 当时，的最小值为4，故B错误； 对于C，若为的中点，,, 因为所以，所以， 又因为 所以，故C正确； 对于D，设上任意一点为，则该点到的距离为： ， 当时，，故D错误. 29．（2026·福建泉州·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知两抛物线和，且为的焦点，为与的公共点，若，则（    ） A．2 B． C． D．3 【答案】B 【分析】根据题意，联立方程得，再结合距离公式得，最后根据焦半径公式求解即可. 【详解】根据题意，联立方程得，整理得， 解得，，代入得，， 所以与的交点为，， 因为，所以，解得， 所以，，， 因为为的焦点， 所以，根据焦半径公式， 30．（2026·福建厦门·模拟预测）已知抛物线C：的焦点为，点在上，则（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【详解】 抛物线C：的焦点为，准线方程为， 点在抛物线上，到准线的距离， 所以． 31．（2026·福建莆田·模拟预测）若直线交抛物线于两点，则（   ） A． B．4 C． D．8 【答案】D 【详解】已知抛物线方程，则焦点，准线为， 设， 联立直线方程与抛物线方程得， 则， 因为直线过焦点， 所以由抛物线焦点弦的性质可得． 32．（2026·福建·二模）（多选）已知抛物线的焦点为准线为，圆过点．下列说法正确的是（   ） A． B．的方程为 C．若圆心在上，则圆与相切 D．若圆与相切，则圆心在上 【答案】BCD 【详解】因抛物线的焦点为，则，解得，故A错误； 准线的方程为，故B正确； 当圆心在上时，设点到准线的距离为，根据抛物线的定义，可得， 又因圆过点，即点到准线的距离等于圆的半径，故圆与相切，即C正确； 反之，若圆与相切，则点到准线的距离等于圆的半径，又圆过点． 即，故点在上，即D正确. 33．（2026·福建·二模）（多选）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. 34．（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. 35．（2026·福建漳州·二模）已知A，B为抛物线上的动点，为AB中点且，则的最小值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】先过点，分别作抛物线准线的垂线，由抛物线的定义得，即可得解. 【详解】设抛物线的准线为，焦点为，则， 过点作于，过点作于，连接，， 设 ，根据抛物线的定义，， 因 是 中点，所以，故, ，得，解得， 当且仅当A，B，F 三点共线时等号成立. 所以的最小值为2. 36．（2026·福建泉州·二模）已知点，若为抛物线上的动点，则的最小值为___________． 【答案】3 【分析】先根据抛物线的方程确定其焦点和准线，再利用抛物线的定义将转化为点到准线的距离，最后结合几何性质求出的最小值. 【详解】由，得，令， 则抛物线方程可化为，其焦点坐标为，准线方程为， 因此原抛物线的焦点为，准线方程为. 因为点在抛物线上，所以等于点到准线的距离， 设到轴的距离为，则， 过点作轴于点，则的长度就是点到轴的距离，即， 所以当三点共线时，最小，最小值为3.    故答案为：3 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 $