2026届高考数学二轮专题高频考点梳理：解析几何中的探索性问题

**基本信息** 聚焦解析几何探索性问题，以“定义性质为基—代数运算为桥—几何转化为魂”构建方法体系，系统覆盖存在性、定值、参数范围等核心考法。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |选择填空|8题|轨迹方程法、参数设点法、焦半径公式、距离转化|以圆锥曲线定义为起点，通过坐标化将几何条件转化为代数方程，体现数形结合| |解答题|11题|联立韦达定理、存在性问题方程思想、定值问题参数消元|从方程联立到参数运算，构建“条件翻译—方程求解—结论验证”逻辑链，培养推理与模型意识|

2026年高考数学二轮专题高频考点梳理： 解析几何中的探索性问题 一、单选题 1．已知点，，若直线上存在点满足，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 2．已知，为椭圆的两个焦点，若椭圆上存在点满足，则椭圆离心率的范围是（    ） A． B． C． D． 3．抛物线有一性质：“过抛物线的焦点为的弦满足．”那么类比抛物线，对于椭圆，若存在实数，使得成立，则实数（    ） A． B． C． D． 4．已知圆:与直线，直线上存在点，过点可以作两条互相垂直且与圆相切的直线，则r的取值范围是（   ） A． B． C． D． 二、多选题 5．（多选）已知平面上一点，若直线上存在点P使得，则称该直线为“切割型直线”，下列直线中是“切割型直线”的是（    ） A． B． C． D． 6．已知点，，且点在直线上，则（   ） A．的最小值为 B．的最小值为 C．存在点，使得 D．存在点，使得 三、填空题 7．已知双曲线的左､右焦点分别是，若双曲线左支上存在点，使得，则该双曲线离心率的最大值为 ． 8．已知椭圆上存在一点，使得（为长轴端点），则此椭圆的离心率的取值范围是 ． 四、解答题 9．已知椭圆的离心率为，椭圆的长轴长为． （1）求椭圆的方程； （2）已知直线与椭圆交于A，两点，是否存在实数k使得以线段为直径的圆恰好经过坐标原点？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由． 10．动点到直线与直线的距离之积等于，且．记点M的轨迹方程为． (1)求的方程； (2)过上的点P作圆的切线PT，T为切点，求的最小值； (3)已知点，直线交于点A，B，上是否存在点C满足？若存在，求出点C的坐标；若不存在，说明理由． 11．已知抛物线的焦点为，过点的直线交于两点，其中点在第一象限．若的中点到轴的距离为，且（为坐标原点）． (1)求抛物线的方程； (2)求的面积； (3)过点的直线与抛物线交于两点，问：在轴上是否存在定点，设直线的斜率分别为，使为定值，若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由． 12．如图，是椭圆的左、右焦点，，是以为直径的圆上关于轴对称的两个动点．    (1)设直线的斜率分别为，求． (2)直线和与椭圆的交点分别为和．问：是否存在实数，使得恒成立？若存在，求实数的值；若不存在，请说明理由． 13．在平面直角坐标系xOy中，椭圆的离心率为，A为椭圆左顶点，已知点，且直线PA的斜率为.过点作直线l交椭圆于B，C两点（B在x轴上方，C在x轴下方），设PB，PC两直线分别交椭圆于另一点D，E（B，E分别在线段PD，PC上）. (1)求椭圆的标准方程； (2)当时，若l的斜率小于零，且的面积为，求证：； (3)若存在实数，使得，求此时直线DC的斜率. 14．已知直线与抛物线交于两点，且分别在第一、二象限，为线段的中点．设在点处的切线交于点，为曲线段（不含端点）上一点，在点处的切线与直线分别交于点． (1)证明： ①直线轴； ②四边形的面积为定值； (2)设的外接圆为圆，问：圆是否过定点（点除外）？若过定点，求出定点坐标；不过定点，请说明理由． 15．在平面直角坐标系中，点P的坐标为，点P绕坐标原点O逆时针旋转角度后变为点，点的坐标为，则有如下的坐标关系：，据此回答下列问题： (1)曲线绕坐标原点O逆时针旋转角度后变为曲线，求曲线的方程与离心率； (2)已知曲线，动直线与曲线从上至下交于两点，动直线与曲线从上至下交于两点， ①是否存在定点F使得为定值，若存在，请求出一个点的坐标：若不存在，请说明理由； ②求四边形面积的最大值． 16．已知椭圆，是椭圆的左右焦点，为椭圆上的一点.以为圆心，半径为2的圆与轴相切于，并与轴交于两点，为等边三角形． (1)求椭圆的方程； (2)已知圆，为圆上的一点，过点的切线交椭圆于两点，请问是否为定值，并给出理由. 17．已知椭圆的离心率为分别为椭圆左、右焦点，点为上一点， 连接，，有.    (1)求椭圆的方程； (2)取上一点， 连接，存在直线，过点作于点， 求； (3)直线交于另两点，，且直线的斜率恒为，连接，设，判断和的数量关系并证明. 18．已知圆点. (1)过作圆的切线，求切线的方程； (2)过圆O上一点作两条相异直线分别与圆相交于，两点，且直线和直线的倾斜角互补.求证：直线的斜率为定值. (3)已知，设为满足方程的任意一点，过点向圆引切线，切点为，试探究：平面内是否存在一定点，使得为定值?若存在，请求出定点的坐标，并指出相应的定值；若不存在，请说明理由. 19．综合与探究：在平面直角坐标系中，已知抛物线与轴交于两点（点在点的右侧），与轴交于点，它的对称轴与轴交于点，直线经过两点，连接. (1)求两点的坐标及直线的函数表达式； (2)探索直线上是否存在点，使为直角三角形，若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由； (3)若点是直线上的一个动点，试探究在抛物线上是否存在点； ①使以点为顶点的四边形为菱形，若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，说明理由； ②使以点为顶点的四边形为矩形，若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，说明理由. 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 答案 D B B D BC ABD 1．D 【分析】先求出动点的轨迹方程（双曲线的右支），再根据渐近线方程可求参数的范围. 【详解】因为，故在双曲线的右支上， 而半焦距，实半轴长为， 故双曲线右支的方程为：，故渐近线方程为， 而直线与双曲线右支有公共点，故， 故选：D. 2．B 【分析】把点坐标设为参数形式，再由及三角函数性质得到离心率的范围. 【详解】设，，， ． 化简得，因，所以， 整理得，，所以．即. 故选：B． 3．B 【分析】当直线的斜率为0时，直接求出，当直线的斜率不为0时，故可设直线的方程为，设，，利用焦半径公式结合韦达定理可得结论. 【详解】由题意可知，且当直线的斜率为0时，， ，则； 当直线的斜率不为0时， 故可设直线的方程为，由消去，整理得， 设，，所以，， 由得， ， ，， ， 即，． 故选：B． 4．D 【分析】将题意转化为圆心到直线的距离不大于半径的倍，解不等式即可求解． 【详解】设两切点为，则，由题意，则是正方形， 故（为圆的半径）， 因此只要直线上存在点，使得即可满足题意． 又，直线即， 所以，解得，所以r的取值范围是． 故选：D 5．BC 【分析】本题是新定义题，根据题意判断选项中的直线上是否存在符合题意的点，实际上可通过判断点到直线的距离是否不大于作出判断. 【详解】点到直线的距离，故A不符合题意； 点到直线的距离，故B符合题意； 点到直线的距离，C符合题意； 点到直线的距离，故D不符合题意．故选：BC． 6．ABD 【分析】A选项，将代入，化简得到，得到最小值；B选项，求出关于直线的对称点，最小值为；C选项，结合，得到，从而得到方程，由根的判别式得到方程无解，C错误；D选项，由两点间距离公式和得到方程，由根的判别式得到方程有解，D正确. 【详解】A选项，点在直线，故， 故， 故当时，取得最小值，最小值为，A正确； B选项，设关于的对称点为， 则，解得， 所以，连接，与相交于点， 此时取得最小值，最小值为，B正确； C选项，， 又，故， 令得，即， 由于，方程无解，故不存在点，使得，C错误； D选项，由得， 平方化简得， 又，故， 即，，方程有解， 故存在点，使得，D正确. 故选：ABD 7．3 【分析】由已知可求得，进而可得，求解即可. 【详解】由双曲线左支上一点，可得， 又，所以， 又，所以，所以， 所以该双曲线离心率的最大值为. 故答案为：. 8． 【分析】写出所在直线的斜率表达式，利用三角形的外角，得出，两边取正切，得出，由点在椭圆上得出，两式联立求出有关的表达式，即可求解离心率范围. 【详解】由题意，设点的坐标分别为． 由椭圆的对称性，不妨设点在轴上方，即， 则所在直线的斜率分别为，． 设的外角为，， 由外角性质得，即， ∴， ∵， ∴，即， 化简得， 又点在椭圆上，则，即． ，得， ∵，∴． ∵，∴，即， ∴，整理得， 即，解得． ∵，∴． 故答案为：. 9．（1）；（2）存在时，以线段为直径的圆恰好经过坐标原点． 【分析】（1）依题意列关于a，c的方程，解出a，c，再计算，即得方程； （2）先联立直线与椭圆得到，，，再根据题意计算并代入，代入计算即得的值，检验满足即可. 【详解】解：（1）设椭圆的焦半距为c，则由题设，得，解得， 所以，故所求椭圆的方程为； （2）存在实数k使得以线段为直径的圆恰好经过坐标原点．理由如下： 设点，，将直线l的方程代入， 并整理，得． 则，，，即. 由以线段为直径的圆恰好经过坐标原点，所以，即． 又， 所以，即，符合. 解得， 所以存在时，以线段为直径的圆恰好经过坐标原点． 【点睛】关键点点睛： 本题的解题关键在于将直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理求出，，通过题意转化为，求得结果并检验判别式，即突破难点． 10．(1) (2)2 (3) 【分析】（1）根据点到直线距离公式，即可代入化简求解， （2）由相切，利用勾股定理，结合点到点的距离公式可得，即可由二次函数的性质求解， （3）联立直线与双曲线方程得到韦达定理，进而根据向量的坐标关系可得，将其代入双曲线方程即可求解. 【详解】（1）根据到直线与直线的距离之积等于，可得，化简得， 由于，故，即. （2）设，， 故当时，最小值为2 （3）联立与可得， 设， 则， 故 设存在点C满足，则， 故， 由于在，故， 化简得，即，解得或（舍去）， 由于，解得且， 故符合题意，由于，故， 故,故， 故存在，使得 11．(1) (2) (3)存在，定点为 【分析】（1）根据条件，用表示出点坐标，结合可求的值，得到抛物线的方程. （2）结合（1）的结论，写出直线的方程，与抛物线方程联立，可得点坐标，利用求的面积. （3）设直线：，代入抛物线方程，利用韦达定理，表示，，再设，用表示得：，可得时，为定值. 【详解】（1）由题意得 的中点到轴的距离为，      又点在抛物线上， ，又点在第一象限，即， ，,. 抛物线的方程：. （2）由（1）可知：，，， 所以直线的斜率为，则直线的方程为 联立抛物线可得，． 又，，那么     所以的面积. （3）如图： 设，，， 易知直线斜率存在，设直线， 联立，消得：     ， ， 由韦达定理得：，， ， 为使得为定值，则需满足与m无关， 故，即，， 综上，存在定点，使得为定值. 12．(1)1 (2)是，． 【分析】（1）根据是椭圆的左、右焦点，可得以为直径的圆的方程，再求出直线的斜率，即可求得的值； （2）设直线和的方程代入椭圆方程，分别求得，利用，可得，由此可求实数的值． 【详解】（1）由椭圆知， 故以为直径的圆的方程为． 设，则，且． 所以直线的斜率，直线的斜率， 故． （2）存在实数，使得恒成立. 设直线的方程为，直线的方程为． 将代入，整理得． 设，则由韦达定理得． 所以． 同理． 由， 得． 所以，所求实数的值为． 13．(1)； (2)证明见解析； (3)． 【分析】（1）由直线斜率求得，再利用离心率求得得椭圆方程； （2）设直线方程为，，结合韦达定理求得和面积，从而求得值，得出两点坐标后，由对称性得出及，然后由三角形全等证得角相等； （3）假设存在，得，从而得，设，由向量平行的坐标表示写出点坐标，两点坐标代入椭圆方程化简得出满足的方程，同理得出满足的方程，由直线方程的定义可得直线的方程，从而得直线斜率． 【详解】（1）由题意，，， 又，所以， 所以椭圆标准方程为； （2）由题意可设直线方程为，， 由得，，，， 所以， 解得，又直线的斜率小于零，所以，即直线， 则有，解得或，从而有， 又，，由对称性知，且，而轴，， 所以， 所以.    （3）若存在实数，使得，则，所以， 由题意可知， 设，由得， 又均在椭圆上，所以， 上式变形为， 所以， 整理得， 同理可得， 所以直线方程为 所以的斜率为．    【点睛】方法点睛：直线与椭圆相交问题的三角形面积问题，可设直线方程及交点坐标，直线方程与椭圆方程联立消元后，利用韦达定理求出三角形的面积，得出相应结论． 14．(1)①证明见解析；②证明见解析 (2)过定点， 【分析】（1）①联立方程可求出的坐标，再求出的坐标，即可证明结论；②利用切线方程可求表示出的坐标，从而可求出四边形的面积，即可证明结论； （2）表示出直线的方程，可求出点E所在的直线方程，结合三角形外接圆性质，即可得出结论. 【详解】（1）证明：①依题意，联立直线方程和得， 解得或4，所以，则. 由得，所以直线的斜率为， 则的方程为，同理可得的方程为， 联立，从而可得，而，因此轴. ②设，可得直线的方程为， 即， 联立，可得， 同理联立，，可得， 而， 故四边形的面积为，为定值. （2）由（1）得， 线段的垂直平分线的斜率为，则其方程为，即； 同理可得线段的垂直平分线的方程为， 联立，消去，得， 所以点在直线上. 设关于直线的对称点为，则， 解得，即关于直线的对称点为， 由于在圆上，故圆也过点，因此圆过定点. 15．(1)， (2)①存在；（或） ；② 【分析】（1）根据坐标旋转公式计算即可； （2）先将曲线绕坐标原点O逆时针旋转角度后变为曲线， ①可利用椭圆的对称性以及椭圆定义得出，定点为椭圆的交点； ②设点的坐标，求梯形的面积，再利用基本不等式即可求最值. 【详解】（1）设曲线上任一点P的坐标为， 点P绕坐标原点O逆时针旋转角度后变为点，的的坐标为， 则，由得， 整理得曲线的方程为，离心率为； （2）①设曲线绕坐标原点O逆时针旋转角度后变为曲线， 同（1）中方法可知曲线的方程为， 整理得，形状为椭圆，其焦点为，， 因直线和的倾斜角均为， 故设直线和绕坐标原点O逆时针旋转角度后变为和， 由对称性知为定值， 而由点绕坐标原点O逆时针旋转角度后得到，且旋转变换不改变线段长度， 取（或）即可满足题意；    ②由于旋转变换不改变图形面积，故只需求旋转后的四边形的面积的最大值， 设，，，， 设，，，， 则 因，则， 即，等号成立时； 同理可证，，等号成立时； 因， 则， 即，等号成立时； 则，等号成立时，.    16．(1) (2)为定值，该定值是 【分析】（1）根据题意可得轴，，再结合的边长为2，得到一个关于的方程组，解方程组即可； （2）首先考虑切线斜率不存在时可得到，当直线斜率存在时，设出直线方程，联立直线和椭圆，根据韦达定理得到，进而得到，. 【详解】（1）由题意可知轴，则， 由，得正的边长为2， 得，即，，，， 解得，，， 故椭圆的方程为.    （2）当过点且与圆相切的切线斜率不存在时， 不妨设切线方程为， 代入椭圆的方程得，， 所以，， 可得，， 此时； 同理可得，切线方程为时，； 当过点且与圆相切的切线斜率存在时， 可设切线方程为，再设，， 联立切线和椭圆的方程，得， 其中，，，， 因为，， 所以 ， 再根据圆心到切线的距离等于半径可得，即， 所以， 因此，, 综上，为定值，该定值是.    17．(1) (2) (3)，证明见解析 【分析】（1）利用椭圆定义与离心率计算即可得； （2）设出点，则可用点坐标表示出、，即可得解； （3）借助正弦定理可得，再借助椭圆焦半径公式得到，借助弦长公式得到即可得解. 【详解】（1），则， ，则，故， 故椭圆的方程为； （2）设，则，有，则， 由的方程为，则， 则 ， ，则； （3），证明如下： 在中，由正弦定理可得， 则，故， 设，、， ， ， 则， 即和的数量关系为. 18．(1)和 (2)证明见解析 (3)当，定值为；当，定值为 【分析】（1）根据斜率是否存在进行分类讨论，用待定系数法求得切线方程； （2）根据题目条件列出方程，利用韦达定理对直线的斜率进行化简，求得定值为； （3）先根据条件求得动点的方程，在假设定值存在，列出等式并用的方程化简，最后由多项式相等求得的坐标. 【详解】（1）根据圆的方程可知，圆的圆心坐标为，半径为. 点距离圆心的距离，故点在圆外，过点的切线有两条. 当过点的直线不存在斜率时，切线方程为， 圆心距此直线的距离为，与半径相等.故此直线与圆相切. 当过点的直线存在时，设直线方程为，即， 圆心距离此直线的距离应为，故，解得. 故直线方程为，即. 所以过点且与圆相切的直线方程为：和. （2）假设过点的一条直线倾斜角为， 由题目条件得另一条直线的倾斜角也为，但过直线外一点做该直线的垂线只有一条，与两条直线相异矛盾， 故过的直线不可能垂直于轴. 由于两直线的倾斜角互补，因为，故两直线的斜率互为相反数. 设直线与圆相交于，两点， 直线与圆相交于，两点. 点在上，则， 化简得， 由韦达定理得. 点在上，则， 化简得， 由韦达定理得. 则直线的斜率为. 易得，.故. 故直线的斜率为定值. （3）设，因，所以，化简得， . 所以点的轨迹是一个圆，圆心为点，半径为. 因，所以圆内含于圆.故点一定在圆外，过任意的点都能作两条圆的切线. 因不存在此两条切线同时垂直于轴（否则两切线平行，与两切线都过点矛盾），故不妨设过的切线方程为，切点为. 则. 由圆的方程得. 设.则. 设.即. 把代入化简得， . 继续代入得，. 要使上式对任意的，均成立，则. 解得或. 当的坐标为时，；当的坐标为时，. 19．(1)，， (2)存在，或 (3)①存在②存在 【分析】（1）通过令抛物线，求出与轴交点、的坐标；根据抛物线对称轴公式求出对称轴，进而得到点坐标；令得到点坐标，再利用待定系数法求直线的函数表达式； （2）先根据点的坐标求出线段长度，判断的形状，再分和两种情况，通过解直角三角形求出点的坐标； （3）①通过作与轴平行的直线，找到抛物线上的点，根据菱形的判定条件判断四边形是否为菱形； ②通过作垂直于的直线，找到矩形，确定点的坐标. 【详解】（1）当时， 解得， ∴点的坐标为，点的坐标为. ∵. ∴抛物线的对称轴为直线. ∴点的坐标为， 当时，， ∴点的坐标为. 设直线的表达式为，则， 解得 ∴直线的表达式为. （2）点的坐标为，点的坐标为， . 又点的坐标为， . . 为等边三角形. . 分两种情况： 当时， ， . 作轴于点，如图： 在中，，， 点的坐标为． 作轴于点，如图： 当时， ， ，. . . 在中，， ，. ， 点的坐标为. 综上所述：直线上存在点，使为直角三角形，点的坐标为或； （3）①过点作轴交抛物线于点，连接，如图： 点的坐标为，， 当时，， （不合题意舍去）， 点的坐标为， . 点的坐标为， . 由（2）可知， ， 四边形是菱形. 当点位于点处时，抛物线上存在点，使以点、、、为顶点的四边形为菱形，此时点的坐标为； ②过点作交直线于点，连接、，如图： ,， 由（2）可知， . 由（2）可知， ， . 点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为, ， ， 四边形是矩形， 抛物线上存在点即点处，使以点、、、为顶点的四边形为矩形，此时点的坐标为． www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页） 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