专题06+平面解析几何7个考点（天津专用）2026年高考数学二模分类汇编

**基本信息** 天津2026年各区县二模平面解析几何专题汇编，涵盖直线与圆、双曲线、抛物线及圆锥曲线综合问题，精选填空、选择、解答题，贴合高考命题趋势，适合二模针对性复习。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |填空题|10|直线与圆的切线/截距、抛物线焦点准线|结合几何图形性质，注重基础运算| |单选题|8|双曲线离心率、焦点三角形、渐近线|突出数形结合，考查逻辑推理| |解答题|10|圆锥曲线弦长面积、定点定值、存在性问题|分问设计梯度，综合代数运算与几何直观，匹配天津高考真题风格|

专题06 平面解析几何 7大考点概览 考点01直线方程与圆的方程 考点02双曲线方程及其性质 考点03抛物线方程及其性质 考点04圆锥曲线弦长面积问题 考点05圆锥曲线定点定值问题等综合问题 直线方程与圆的方程 考点1 一、填空题 1．（2026·天津北辰·二模）在中，O为坐标原点，点A为抛物线的准线与坐标轴的交点，点B在x轴上，其横坐标为直线在x轴上的截距，则内切圆的标准方程为_____. 【答案】 【分析】利用抛物线方程可得其准线方程，即可得点，再求出点后即可得各点坐标，结合等面积法可求出内切圆的半径，即可得其圆心坐标，即可得解. 【详解】抛物线的准线方程为，则， 直线在轴上的截距为，故， 设内切圆的标准方程为， 则，解得， 该圆与轴、轴相切，故， 由内切圆圆心在内部，故圆心坐标为， 即内切圆的标准方程为. 2．（2026·天津东丽·二模）若过点的直线l与圆只有一个公共点，则l的斜率为______． 【答案】 【分析】确定给定圆的圆心及半径，再利用直线与圆相切求出斜率. 【详解】圆的圆心，半径， 点在圆外，而直线与圆相交， 依题意，直线与圆相切，且斜率存在，设其方程为， 由，解得，所以的斜率为. 3．（2026·天津南开·二模）已知直线是圆的对称轴，过点作圆的一条切线，切点为，则_____． 【答案】7 【分析】先利用圆的对称轴过圆心求出的值，再根据切线长公式即可求得结果. 【详解】由圆，可得， 所以圆心，半径为， 又由直线是圆的对称轴，即直线过圆心， 即，解得，即， 则，所以切线长为. 4．（2026·天津·二模）若过点的直线与圆只有一个公共点，则的斜率为___________． 【答案】 【分析】设直线的方程，利用圆心到直线的距离等于半径列方程，由此求得直线的斜率. 【详解】依题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为， 即， 圆，即，圆心为，半径为， 直线与圆只有一个公共点，所以， 解得. 5．（2026·天津·二模）已知抛物线的焦点为，准线为，点在上（在第二象限），以为圆心的圆经过点.若直线与圆相切，则圆的标准方程为__________. 【答案】 【分析】设点，求出圆的半径，利用直线与圆相切可得出的值，由此可得出圆的标准方程. 【详解】抛物线的焦点为，准线为， 设点，则， 所以圆的标准方程为， 所以圆的圆心为，半径为， 因为直线与圆相切，则， 整理可得， 因为点在第二象限，则，故，所以圆的方程为. 6．（2026·天津和平·二模）已知圆：，圆：，直线l：（k，且）与两圆与均相切，则直线l的方程为__________. 【答案】 【分析】利用直线与圆相切，得到和，联立方程即可求解出结果． 【详解】因为的圆心为，半径为， 的圆心为，半径为， 又直线与均相切， 所以①，②，由①②得到，即有， 两边平方得，即， 又，所以，即， 代入①式得到，解得， 所以方程为． 7．（2026·天津河西·二模）已知圆心为C的圆经过，，且圆心C在直线上，过点作圆C的一条切线，则切线长为_______. 【答案】 【详解】设圆心坐标为：，圆的半径为，圆的方程为：， 因为圆过，，且圆心在直线上， 联立方程： ，解得：， 所以圆的方程为：， 则， 所以切线长为. 双曲线方程及其性质 考点2 一、单选题 1．（2026·天津北辰·二模）已知F是双曲线E：的左焦点，为坐标原点，过点F的直线与E的右支交于点M，与左支交于点N，且，，则双曲线E的离心率为（   ） A．2 B．3 C． D． 【答案】D 【分析】先利用向量的性质结合给定条件得到N是中点，再利用中位线定理得到，结合，并利用三线合一的性质得到和的长度，再结合双曲线的定义建立方程，求解离心率即可. 【详解】如图，设的中点为P，设右焦点为，连接、、、. 因为，所以， 设，则，，则，， 因为P是中点，所以，得到，则，即N是中点， 因为O是中点，所以是的中位线，故， 因为，所以，由三线合一的性质可得. 在中，可得，化简得， 所以，则双曲线的离心率. 2．（2026·天津红桥·二模）设，分别是双曲线的左、右焦点，离心率为e，过的直线交双曲线的左支于M，N两点，若是以M为直角顶点的等腰直角三角形，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据双曲线性质设，则，，，计算得到，根据勾股定理解得答案． 【详解】 是以为直角顶点的等腰直角三角形， 设，则， ，， 则，即，解得， 在直角中，， 化简得到． 3．（2026·天津·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为和，右顶点为.过点作斜率为的直线，点在直线上.若，为等腰三角形，则双曲线的离心率为（   ） A．2 B． C．3 D． 【答案】C 【分析】首先写出直线的方程，然后根据平面几何知识求出点，最后把点的坐标代入直线的方程即可求解. 【详解】 双曲线左焦点，右焦点，右顶点，， 直线的方程为， 为等腰三角形， 为钝角，因此等腰三角形中只能是， 直线的倾斜角为，斜率为， 设，，， 即，在直线上，代入直线方程， 整理得 . 因此双曲线离心率为3. 4．（2026·天津东丽·二模）设，分别为双曲线C：（，）的左、右焦点，过且斜率为的直线l与C的左支交于点A，与C的右支交于点B，点D满足，，则C的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由，，可得，则可设，再利用双曲线定义得到、，结合斜率与倾斜角关系计算可得与的关系，再表示出的各边，结合勾股定理计算即可得解. 【详解】由，故为中点，由，则，故， 设，由双曲线定义可得、， 则，则， 则， 解得，则，， 由，故，即. 5．（2026·天津·二模）如图，阴影部分的边界为四叶草曲线，该曲线由顶点在原点、焦点在坐标轴上的四条抛物线围成，且这四条抛物线的焦点共圆．记轴上的两个焦点为，在第一象限端点为，若点在以为焦点的双曲线上，则该双曲线的离心率为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设，通过联立方程组求出点的坐标，求出，，根据双曲线的定义得到，，则利用离心率的公式求出，代入数值得解. 【详解】设， 因为在第一象限端点为，所以点为抛物线和的交点， 将两边平方得到， 将代入得到， 解得， 将代入解得，则， 则， ， 因为点在以为焦点的双曲线上， ， ，则离心率为，故选项B正确. 6．（2026·天津河西·二模）双曲线（，）的左、右焦点依次为、，以点为焦点的抛物线（），直线l为双曲线在第一、三象限的渐近线，过x轴正半轴上任意一点做垂直于x轴的直线，分别交渐近线l于点A，交抛物线记于点M（A，M均在第一象限），若的最大值，则双曲线的离心率为（   ） A． B． C． D．3 【答案】B 【分析】根据题意得到，结合二次函数的性质得到的最大值为，从而得到，化简即可求解. 【详解】由题可得：，，即，直线的方程为：， 因为过x轴正半轴上任意一点做垂直于x轴的直线，分别交渐近线l于点A， 交抛物线于点M（A，M均在第一象限）， 所以,, 则，， 所以， 由于，所以当时，取最大值， 最大值为， 即，化简得：， 则双曲线的离心率为 7．（2026·天津河东·二模）已知双曲线，双曲线的某弦中点为，且点在第一象限，弦所在直线与双曲线的一条渐近线垂直，则的值为（   ） A． B．2 C． D． 【答案】D 【分析】由点差法即可求解． 【详解】由双曲线方程得，渐近线方程为，则直线的斜率， 设，代入双曲线方程得， 两式相减得，， 所以， 因为弦中点为，所以， 当时，， 当时，， 又因为点在第一象限，所以， 所以． 8．（2026·天津和平·二模）已知双曲线：（）的两条渐近线互相垂直，抛物线：（）的焦点到的渐近线的距离为，过点作的两条切线，切点分别为点，则直线在轴上的截距为（   ） A． B．2 C． D． 【答案】D 【分析】根据点到直线的距离公式得出抛物线的方程，然后再通过抛物线的切点弦公式即可求解. 【详解】双曲线的两条渐近线分别为和，由于这两条渐近线垂直，斜率乘积为， 即，故两条渐近线分别为和， 设抛物线的焦点为，焦点到渐近线的距离为，由点到直线的距离公式得， 因此抛物线方程为，由于过外点作抛物线的切点弦方程为， 代入，得，因此直线的方程为， 在轴的截距为当时的值，代入得，即直线在轴的截距为，故D正确. 抛物线方程及其性质 考点3 一、填空题 1．（2026·天津北辰·二模）在中，O为坐标原点，点A为抛物线的准线与坐标轴的交点，点B在x轴上，其横坐标为直线在x轴上的截距，则内切圆的标准方程为_____. 【答案】 【分析】利用抛物线方程可得其准线方程，即可得点，再求出点后即可得各点坐标，结合等面积法可求出内切圆的半径，即可得其圆心坐标，即可得解. 【详解】抛物线的准线方程为，则， 直线在轴上的截距为，故， 设内切圆的标准方程为， 则，解得， 该圆与轴、轴相切，故， 由内切圆圆心在内部，故圆心坐标为， 即内切圆的标准方程为. 2．（2026·天津河东·二模）已知抛物线的焦点为F，准线为l，点P在抛物线上且在x轴上方，，O为坐标原点，以PO为直径的圆被直线PF所截得的弦长为________． 【答案】 【分析】根据题意结合抛物线的定义可得，进而可得圆心和半径，以及直线的方程，结合垂径定理求弦长. 【详解】由题意可知：抛物线的焦点为，准线为， 设，， 因为，则， 可得，则，即， 可知以PO为直径的圆的圆心为，半径， 且直线的方程为，即， 则圆心到直线的距离， 所以所截得的弦长为. 3．（2026·天津·二模）已知抛物线的焦点为，准线为，点在上（在第二象限），以为圆心的圆经过点.若直线与圆相切，则圆的标准方程为__________. 【答案】 【分析】设点，求出圆的半径，利用直线与圆相切可得出的值，由此可得出圆的标准方程. 【详解】抛物线的焦点为，准线为， 设点，则， 所以圆的标准方程为， 所以圆的圆心为，半径为， 因为直线与圆相切，则， 整理可得， 因为点在第二象限，则，故，所以圆的方程为. 圆锥曲线弦长面积问题 考点4 一、解答题 1．（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. 2．（2026·天津·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为和，离心率为，短轴长为. (1)求椭圆的方程； (2)过点的动直线与椭圆相交于，两点.设点关于轴对称的点为（在的左侧），直线与轴相交于点，直线与相交于点，求的值. 【答案】(1) (2)4 【分析】（1）由离心率，椭圆的性质解方程组可得； （2）解法一：设直线的方程为，，，联立得到，，再求出直线的方程，进而得到点，则，再写出直线与的方程，得到点的坐标，然后计算即可；解法二：设直线的方程为，，，再同解法一的过程求解即可． 【详解】（1）解：由题意可得， ，解得， 所以椭圆的方程为； （2）解法一：由题意可知直线的斜率不为，， 设直线的方程为，，，则， 由方程组，整理得， ， ，，， 直线的方程为， 令，得 ， 所以，， 直线的方程为， 直线的方程为， 联立方程解得，，所以. 思路一： 因为，，. 所以， ， 思路二： 设点，则，， 因为点在椭圆上，所以，则， 得，即， 所以点在以，为焦点，实轴长为1的双曲线的右支上运动， 所以， 的值为4. 解法二：因为，由题意可知直线的斜率存在， 设直线的方程为，，，则， 由方程组，整理得， ， ，  直线的方程为 令，得 所以， 直线的方程为，直线的方程为， 联立方程解得，，所以， 以下解法同解法一． 3．（2026·天津和平·二模）已知椭圆（）的左焦点为F，点在椭圆上，且轴. (1)求椭圆的方程； (2)直线l与椭圆相切于点P，且点P在第一象限，过原点与直线l平行的直线与直线PF交于点Q，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）依题意，列出关于的方程组，求解即得椭圆方程； （2）（法一）设直线l的方程并与椭圆方程联立，由推得，求出，分别求出直线PF与的方程，联立求出，再由两点之间距离公式化简计算即得；（法二）设，写出直线l的方程为，即得过原点与直线l平行的直线方程为，列出直线PF的方程，两者联立求得，再由两点之间距离公式化简计算即得. 【详解】（1）依题意，可得，解得， 故椭圆方程为. （2）（法一）直线l斜率显然存在，由题意设直线l的方程为，， 联立，整理得， ，可得，整理得， 则，，即， 故直线PF的斜率为，直线PF的方程为， 过原点与直线l平行的直线方程为， 联立，解得，即， 则. （法二）设，直线l斜率显然存在，由题意直线l的方程为， 则过原点与直线l平行的直线方程为，椭圆左焦点， 故直线PF的方程为， 联立，解得，即得， 则 又因为， 故. 4．（2026·天津红桥·二模）已知椭圆：的左、右顶点分别为，上顶点为，左、右焦点分别为，且． (1)求椭圆的离心率； (2)点在椭圆上（异于椭圆左、右顶点），直线与直线交于点，线段与线段交于点，过中点作的外接圆的两条切线，切点分别为，且的面积为，求椭圆的标准方程． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用椭圆顶点与焦点的距离条件，代入椭圆基本关系化简，直接求出离心率； （2）由离心率确定椭圆方程形式，设直线并联立椭圆求点坐标，证明垂直得出外接圆以为直径，再用切线性质与三角形面积求出参数，得到椭圆标准方程． 【详解】（1） 由题意得，， 所以，又， 所以，整理得， 所以椭圆的离心率； （2） 由（1）可得，代入，整理得， 所以椭圆的方程为，， 设直线的方程为， 联立方程组，得， 则，， 联立，解得， 设，因为，则， 所以，则，垂足为H， 因此的外接圆是以为直径，的中点为圆心的圆， 设圆心为，所以圆T的标准方程为， 设的中点为，则， 连接，由题意知，， 所以，由对称性可知，且， 则是等边三角形，， 因此，解得， 所以椭圆C的标准方程为． 圆锥曲线定点定值问题等综合问题 考点5 一、解答题 1．（2026·天津·二模）设椭圆的上顶点为，点，为坐标原点．已知的面积为． (1)求椭圆的离心率； (2)已知直线与椭圆相切，过点的直线与椭圆交于两点，过点作的垂线，垂足分别为两点（两点不重合）．记直线的斜率分别为，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用的面积求出与的关系，再结合椭圆参数关系，即可得解. （2）先求椭圆方程，再根据直线的斜率分类讨论，再结合韦达定理和换元法，即可求解. 【详解】（1）由已知，点，有上顶点，，为直角三角形， 所以，因此，解得， ， 故椭圆的离心率. （2）由已知，椭圆的右顶点为，是椭圆的切线， 而直线与椭圆相切，所以， 由（1）知，所以，故椭圆的方程为. 对于直线， ①斜率不存在时，直线， 此时， 则，所以； ②当斜率时，直线，此时两点重合，不符合题意，所以； ③当斜率存在且时，直线， 设点，点，则点，点，如下图， 联立椭圆与直线方程：，消去，得， 所以，又， 所以， 其中， 且， 所以， 令，则， 代入得， 因为，所以，则，即. 综上，的取值范围为. 2．（2026·天津北辰·二模）已知椭圆：的右焦点为F，左顶点为A，上顶点为B，下顶点为C，离心率为，的面积为. (1)求椭圆E的方程； (2)已知斜率存在且不为1的直线经过点，且与椭圆E交于不同的两点M，N（均不与点B重合），点P与点M关于原点O对称，直线与直线交于点Q.求证：点B在直线上. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用离心率与三角形的面积公式求解出椭圆的方程即可. （2）设直线的方程，联立直线的方程和直线的方程，得到点的坐标，再联立直线的方程和椭圆的方程，从而得到韦达定理，利用向量的工具证明，从而得到B在直线上. 【详解】（1）依题意有，解得. 故椭圆E的方程为. （2）设直线的方程为，，点，，则点， 直线的方程为，直线的方程为， 联立得点， 由消去得， 则，， 而点，则，， 因为 ， 所以，又，有公共点B，所以点B在直线上. 3．（2026·天津东丽·二模）设椭圆的上顶点为，点，为坐标原点，已知的面积为． (1)求椭圆的离心率； (2)已知直线与椭圆相切，过点B的直线与椭圆交于C，D两点，过点C，D作l的垂线，垂足分别为M，N两点（M，N两点不重合）．记直线CN，DM的斜率分别为，，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意可得，再利用离心率定义计算即可得； （2）由题意可求出椭圆方程，设出直线的方程，联立曲线方程，可得到与交点纵坐标有关韦达定理，再表示出、后，即可借助韦达定理计算的取值范围. 【详解】（1）由已知，，，则， 故； （2）由直线与椭圆相切，故椭圆左顶点坐标为，即， 则，即椭圆方程为， 设直线，、，则、， 联立，消去可得， 恒成立， 有，， 又，， 则 ， 由，故， 即的取值范围为. 4．（2026·天津南开·二模）已知椭圆的离心率为，短轴的一个顶点到长轴的一个顶点的距离为． (1)求的方程； (2)为的右顶点，直线交于两点，为坐标原点．若，是否存在直线，使得四点共圆？若存在，求出直线的方程，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在，或． 【分析】（1）根据椭圆的基本性质求解； （2）由题意假设直线，与椭圆联立可得.又有四点共圆，且，所以，结合韦达定理可得的值，进而得到直线的方程. 【详解】（1）依题意，有解得， 所以的方程为． （2）设直线， 联立方程得：， 则 因为四点共圆，所以， 则有，即 所以即 所以，即， ，即， 联立解得（此时直线过点，舍去）， 将代入，解得， 所以存在直线，使得四点共圆. 直线的方程为或． 5．（2026·天津河北·二模）已知椭圆：的离心率为，，，且原点到直线AB的距离等于. (1)求椭圆的标准方程； (2)是否存在直线，交椭圆于、两点，使得椭圆的右焦点为三角形BPQ的垂心？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）由离心率公式以及点到直线距离公式求得椭圆方程； （2）假设存在，由点为三角形BPQ的垂心可得，从而可得，设直线的方程为，代入椭圆方程，由韦达定理结合可求得参数值，得直线方程． 【详解】（1）由，得， 由点，，可知直线AB的方程为，即. 由于原点到直线AB的距离为，即， 得，， 所以椭圆的标准方程为. （2）假设存在直线交椭圆于，两点，设，， 右焦点，， 因为为的垂心，所以， 因为，所以. 设直线的方程为， 由得， 由，，得， 且，， 因为，，， 故，， 即， 代入整理，得， 解得，或. 经检验，当时，不存在，故舍去， 当时，满足，所求直线存在，所以的方程为. 6．（2026·天津河东·二模）已知椭圆的方程为，上顶点为，右焦点为，椭圆的离心率为，点为中点，为坐标原点，，椭圆上一点在第一象限． (1)求椭圆方程； (2)若，求； (3)若直线与椭圆交于点，点在点右侧，为线段上一点，，证明过定点，并求出定点坐标． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析，定点坐标为 【分析】（1）由已知直接求解方程即可； （2）先求出点关于直线的对称点，即可得出直线的方程，与椭圆方程联立即可求解； （3）设，由两点之间距离公式得出的方程，结合椭圆方程求解，再表示出直线即可证明． 【详解】（1）由离心率为，得，所以，，，， ， 所以，则，，所以． （2）由（1）可知，，则， 所以直线的方程为：， 因为，所以点关于直线的对称点在直线上， 因为关于直线的对称点为， 所以直线的斜率为，可设， 联立，，解得（舍），， 所以，即． （3）设，因为， 所以，整理为， 由椭圆方程可知代入得，， 因为，所以，则， ，． 整理为，显然过定点，定点坐标为． 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 学科网（北京）股份有限公司 $专题06平面解析几何 考点1 直线方程与圆的方程 1.(x+°+0-12=1 2.5 3.7 Γ3 5.(x+)°+(0y-12=5 6.=-526 3 756 考点2 双曲线方程及其性质 题号 1 2 4 5 6 1 8 答案 0 C B B B 0 考点3 抛物线方程及其性质 1,(x+1°+(0-12=1 28 2. 试卷第1页，共3页 3.(x+°+(y-1)2=5 令考点4 圆锥曲线弦长面积问题 xy =1 1.(1)95 (2-y+2=0x+y+2=0 或 【分析】(I)将点的坐标代入方程，结合α2-b2=4解方程即可求解： (2)设直线I的方程为x=少+m(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、 0的方程，求出M、V的坐标，结合oN.ON-1,化简可得m的值，利用弦长公式结合S=2my- 化简即可求解。 【详解】(1)由题意，椭圆的焦距2c=4,所以c=2 因为a2=b2+c2,所以a2-b2=4→a2=b2+4. 3 将点3代入椭圆方程，得：+4g6】 去分母化简，得： (b2-5)962+20)=0 因为b2>0,所以b2=5.从而a2=b2+4=9. 故椭圆C的标准方程为：95 (2②)由④知，右顶点4(3,0)，左焦点(-2,0) 试卷第2页，共3页 M 设直线I的方程为x=少+m(斜率必不为0) 代入椭圆方程：5(+m广+9y2=45→(52+9）y产2+10my+5m2-45=0 -10tm 、设P6g所以y=725,+为249 线过点0有，以，其方程为：点) -3y4 yM= 令x=0,得交点M的纵坐标： x-3 yN= -3y2 同理可得交点N的纵坐标： 书2-3 9yy2 oM.0N=w(-3x,-3 因为年-3(x-3)=(+m-3+m-3)=5+(m-3)0y+)+(m-3} _F（5m-45)-10wm(m-3)+(m-3)旷5r+9）-9m-3y 52+9 所omo成96.ag.s+3m-3.5a+ 9(m-32(m-3)}2(m-3) m-3 由己 5m+3》=-1,解得5m+15=-(m-3)→6m=-2→m=-2 m-3 耳(-2,0) 所以直线I必定恒过左焦点 此时直线方程为=少-2 试卷第3页，共3页 判别式A=40r-4(6r+9-25)=900+小>0恒成立 由于直线1的x轴截距为m=-2,△OPO以原点到x轴交点的线段长度网= 为底，高即为 面积5为5号矿-4写与0可 =152 30WP+115√22W2+1√2 由已知 7,可得：52+97 52+97 整理得：25-82-17=0即(25+17-)=0解得1=±1 综上所述，满足条件的直线I的方程为x-y+2=0或x+y+2=0 x2.y2 =1 2.(1)43 (2)4 【分析】(1)由离心率，椭圆的性质解方程组可得： (2)解法一：设直线AB的方程为x=my+1,A,y)1<x<2),B(6,),联立得到+⅓=习 -6m 3m2+4, -9 少=3m+4,再求出直线BC的方程，进而得到点P(4,0),则PF=3,再写出直线CF与AB的方程， 得到点M的坐标，然后计算 M-M即可：解法二：设直线4B的方程为'=(-)， A(x,)1<x<2)B(x2,2） ，再同解法一的过程求解即可. 【详解】(1)解：由题意可得， c_1 a 2 2b=23 a=2 a2=b2+c2,解得b=5, c=1 x2,y2 所以椭圆的方程为4+3=1： 试卷第4页，共3页 (2②)解法一：由题意可知直线4B的斜率不为0，B,0) 设直线B的方程为=m+1,1(1<<2）,B(,）,则C(,), D x=my+1 由方程组 若号-1，理得4y6-9-0 △=36m2-4(3m2+4)(-9)>0 为.4， -6m 2y》2, y+y=+当(x-x) 直线BC的方程为 x2-x1 x=-)+x=5+业=2m4+0+型 令y=0,得2+片 2+ y3+ -18m =2myy+1=3m2+4+1=4 y2+y -6m 3m2+4 所以P(4,0)Ps=3 y=二(x+1) 直线C的方程为x+ 直线AB的方程为x=my+1, 试卷第5页，共3页 联立方程解得=之，=网+1 M 1_ X, x,所以x’x 思路一： 因为F(1,0),.0）1<5<2 +x广+y好 (1+x+31- 2+ 2 x 及 (1-x}+31- （4 2、 2 2+X2- PF+ME-ME=3+2-2=4 思路二： 设点M(),则， 片=-%6=-出 国c国，所拟4白 43 _发=1(x>0) 得12-4=3即日 44 所以点M在以厂，F为焦点，实轴长为1的双曲线的右支上运动， 所以M-M=1 PF+MFI-MF 的值为4. 解法二：因为L,0,由题意可知直线B的斜率存在， 设直线B的方程为”=k(-少，4(，1<<2），B(）,则C(,）, 试卷第6页，共3页 y=k(x-1) 由方程组 行号-1，空理得（+3-x+4-12=0 8k2 △=(8-44+342-12)>0，+54+，- Γ4k2+3 y+y=+4(x-x) 直线BC的方程 x2一X1 x=任-+x=6+业-2-任+ 令y=0,得2+片 2+y(x2+x)-2 8k2-24-8k2 4k2+3 =8k2-8k2-6 =4 4k2+3 所以P(4,o).PF=3 y=(+ 直线CF的方程为，+1 ，直线AB的方程为y=k(-), 以下解法同解法一· =1 3.(1)84 225 【分析】(1)依题意，列出关于a,b的方程组，求解即得椭圆方程； ②6法-)及直线的方程并与葡司方程联立，在4=0和=40+机.我出誉) 试卷第7页，共3页 88k 分别求出直线PF与00的方程，联立求出气2mk-m2'2mk-m, 再由两点之间距离公式化简计算即得： (法二)设P(x,%),写出直线1的方程为8+4 ,+必=0，即得过原点与直线I平行的直线方程为 9/ -262。 84 。=0出直线PF的方程》x+2x+),两者联立求得+4。+4 再由两点之间距离 公式化简计算即得. [c=2 42 【详解】（山）依题意，可得+示 解得a=2√2 a2=b2+c2 b=c=2 -=1 故椭圆方程为84. (2)(法一)直线I斜率显然存在，由题意设直线1的方程为”=c+m,P(,）, y=kx+m 联立 +号-1.整里5（6+小e+4hr+2m-80 x2 4=0,可得16m-4(2+12m-8)=0,整理得m=42+, -2km-8k 则62k2+1=m, %=点+m=m-8-4p-84,4 mm,即（m'm, 4-02 m 议且线FPF的斜率为-8k+2m-4,直线PF的方程为y=x+2 m 过原点与直线I平行的直线方程为y=C, 试卷第8页，共3页 8 x= 联立 +习，解 2mk-m2 y=kx y 8k，即。〔8 8k 2mk-m2 2mk-m'2mk-m） 则Pe=。-x+o- 8 -8k 8k 4)2 =2W2 2mk-m2 m 2mk-m2 m) 2x+必=1， (法二)设P(x),直线1斜率显然存在，由题意直线1的方程为8+4 +必=0，椭圆左焦点F(-2,0), 则过原点与直线I平行的直线方程为8+4 y=%(x+2) 故直线PF的方程为x+2 x+Y0=0 x=-22 84 七%+4 联立 +2+2y 解得 y= y=出即得g2% 七)+4 x+4’x+4 12 则lPg=。-x+e-% -4x0-8 方+4 4y0 x+4 +4 +空=1， 又因为8+4 16(6+2}2+168- 2 故PQ= 8(。+4) =22. (x。+4)月 V(x。+4)2 2 4.(1)2 试卷第9页，共3页 (22+2=1 【分析】(1)利用椭圆顶点与焦点的距离条件，代入椭圆基本关系b=a2-2化简，直接求出离心率： (2)由离心率确定椭圆方程形式，设直线并联立椭圆求点坐标，证明垂直得出△OBH外接圆以OB为直 径，再用切线性质与三角形面积求出参数，得到椭圆标准方程. 【详解】(1) y D 由题意得BD=Va+B,FF=2c 所以Va2+b= 2 22c,又b=d2-c2 所以V+a-c=v5c,整理得a=2c 所以椭圆C的离心率a2; (2) V 由可c=方0，代入=-=-{方 整理得a2=22, x2 y 所以椭圆c的方程为26+存=l,A(-26,0, 试卷第10页，共3页 设直线1E的方程为=my-V26 联立方程组 262*61 x=m-26,得(m2+2y2-2V2m=0 m+2,=V2ma-26 则e=22m6 m2+2 联立[x=m-V2,解得P222】 x=2b m 2√2mb 22b 则E= m2+2 m kp=m=2,因为 B(26,0) 2mb-22b-2b 2 √2bm m2+2 所以on=】 ,则OPL BE 垂足为H, 因此△OBH的外接圆是以 B=2b 为直径，OB的中点为圆心的圆， 2b 26 设圆心为7 20 ,所以圆T的标准方程为2 2， √2b 设40的中点为 2,0 则TG=√2b, 连接Mr,由题意知MT⊥GM,7G=oBl=2TM 所以∠MGT-云，由对称性可知∠MGN=,且GM=GN, 则△MGN是等边三角形， IGM-V6b 2, 因此Sow 36235 4 2 =8,解得62=1 所以椭圆C的标准方程为2+少=】 试卷第11页，共3页 考点5 圆锥曲线定点定值问题等综合问题 一、解答题 x2 y2 1.(2026天津·二模)设椭圆a+存=1(a>b>0 的上顶点为4A,点B(,0),0为坐标原点.已知 △OAB的面积为4. (1)求椭圆的离心率： (2)已知直线：x=2与椭圆相切，过点B的直线1'与椭圆交于C,D两点，过点C,D作I的垂线，垂足分别为 M,N M.N CN,DM 两点(”两点不重合).记直线 的斜半分别为，求4水的取值范围。 x2,y2 2.(2026:天津北辰二模)已知椭圆E:a+方=1(a>b>0 的右焦点为F,左顶点为A,上顶点为B, 5 2+V3 下顶点为C,离心率为2，△ABF的面积为2· (1)求椭圆E的方程； ②)已知斜率存在且不为1的直线'经过点D1,-) 且与椭圆E交于不同的两点M,N(均不与点B重 合)，点P与点M关于原点O对称，直线CP与直线OD交于点Q求证：点B在直线NO上 x2.y2 3。(2026天津东丽二模)设椭圆a+行=1(a>b>0 的上顶点为A,点B(1,0),0为坐标原点，已知 △OAB的面积为4 (1)求椭圆的离心率； ②已知直线：x=-2与椭圆相切，过点B的直线与椭圆交于C,D两点，过点C,D作1的垂线，垂足分 试卷第12页，共3页 ki k2 k·k 别为M,N两点(M,N两点不重合).记直线CV,DM的斜率分别为，，求 的取值范围 x2y2 2N5 4.(2026天津南开二模)已知椭圆C:。+方=1(a>b>0) C: 的离心率为5，短轴的一个顶点到长轴的 一个顶点的距离为V6 (I)求C的方程： ②4为C的右顶点，直线'交C于P0两点，0为坐标原点，者P10=90 是否存在直线，使得四点 A,P,O,Q共圆？若存在，求出直线I的方程，若不存在，请说明理由. 5。(2026天津河北二模)已知椭圆E:。+F=1a>b>0 2 的离心率为2，Aa,0),B(0,b),且原点 6 O到直线AB的距离等于3· ()求椭圆E的标准方程； (2)是否存在直线I,交椭圆E于P、Q两点，使得椭圆的右焦点F为三角形BPQ的垂心？若存在，求出直 线I的方程；若不存在，请说明理由. x2.y2 6.（2026·天津河东：二模)已知椭圆C的方程为+F=1a>>0 ,上顶点为A,右焦点为F,椭圆 岭 的离心率为2，点E为OF中点，0为坐标原点，AE=√5，椭圆上一点P(,)在第一象限. (1)求椭圆方程： 2若∠PF=∠EAF,求， yo 二xx与椭圆交于点 、N N M .ON PO=2V2 PO (3)若直线y= 2yo ,点在点右侧，为线段上一 ,证明 过定点，并求出定点坐标. 试卷第13页，共3页 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 《5.圆锥曲线综合》参考答案 5 1.(1)2 2(4-3J 【分析】(1)利用△0AB的面积求出a与b的关系，再结合椭圆参数关系c2=a2-b,即可得解. (2)先求椭圆方程，再根据直线的斜率分类讨论，再结合韦达定理和换元法，即可求解 【详解】山)由已知a>b>0,点B10),有上顶点40，)，O0,0),△01B为直角三角形， 所以01=60B=1,因此Sw=010B-9号， 24,解得b=只 2 c_v3 e=-= 故椭圆的离心率a2· (2②由己知，椭圆的右顶点为a,0),X=“是椭圆的切线， 而直线：=2与椭圆相切，所以a=2, x2 b= 由(1)知2，所以b=1,故椭圆的方程为4 +y2=1 对于直线'， ①斜率不存在时，直线'：x=1, 中9-9929) 则=5名=5，所以4场=- ②当斜率k=0时，直线'：y=0,此时M,N两点重合，不符合题意，所以k≠0： 14/24 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ®当斜率存在且0时，直线”：y=k(-), 设点C(,）,点D(6）,则点M2）,点2)，如下图 +y2=1 4 联立椭圆与直线，方程： y=k(x-)消去y’得(+4k2)x2-8k2x+4k2-)=0, 8k2 4k2-1) 所以+1+4 k=公当，k=)当 1+4k2,又 2-x1 2-x2, 所以《%=次当业。，-0出-5 2-x2-为4-2(x+x)+xx, 4--i-]l 4k2 且4-2(+)+6=1+4W, 16k2(3k2+1) 所以4。 （1+4k2243k2+1) 4k2 1+4k2’ 1+4k2 令1=1+4k2>1),则2=1 4 t 15/24 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 因为>1所以0<1，则4<-3-3，即-4<5-3 t t 综上， 太6的取值范用为4- x2 2.)4+y=1 (2)证明见解析 【分析】(1)利用离心率与三角形的面积公式求解出椭圆的方程即可： (2)设直线I的方程，联立直线CP的方程和直线OD的方程，得到点Q的坐标，再联立直线I的方程和椭 NO 圆的方程，从而得到韦达定理，利用向量的工具证明BQ‖BN,从而得到B在直线上. 【详解】(1)依题意有 2(a+c)b=2+5 2，解得 a=2. a2=b2+c2 b=1 c=/3 x2 +y2-1 故椭圆E的方程为4 2设直线的方程为=c+-,《),点M,）,N,）,则点P(） y=y-1x-1 直线CP的方程为，直线OD的方程为y=x, 联立得点(x-y+1x-片+1 [y=x+k-1 由x2+4y2=4消去y得（4k2+x2+8k(k-0x+4(2-2k)=0, 16/24 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 x+x2= 8k(k-1) 4k2+1 则 4(K2-2k) =64k2(k-1y2-16(42+1）(k2-2k)=163k2+2k)>0x=4k2+1 BO= -x-2x+y-1 而点B(0,1),则 x-y+1’x-4+1,BN=(x,2-1), -x(凸-_（-2x+y-)五=-x(c,+k-2)_（-2x++k-2)5 因为x-乃+1x-片+1 x-乃+1 -当+1 =2-5--20s+5）.2k-少4-2 4k2+1 +(k-2).8kk-) 4k2+1=0, x-乃+1 为-乃+1 所以B戒引成，又D,BN有公共点B,所以点B在直线上 VA BL √5 3.(1)2 24-3] b 1 【分析】(1)由题意可得。2，再利用离心率定义计算即可得： (2)由题意可求出椭圆方程，设出直线的方程，联立曲线方程，可得到与交点纵坐标有关韦达定理，再 k k2 k2 表示出、“后，即可借助韦达定理计算 ‘的取值范围， 【解】山已知，40o创5am-04o8-外o-号，则名 4,则a2, 17/24 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 层---周-厚-9 (2)由直线：x=-2与椭圆相切，故椭圆左顶点坐标为 2,0),即a=2, b=a 则2，即椭圆方程为4+少1， 设直线mx=m-1,C()、D,）,则M(-2,)N(-2), x=my-1 联立4+y=1，消去x可得(m2+4)y2-2my-3=0, △=(-2m2-4(m2+4）×(-3)=16m+48>0恒成立， 2m -3 有y+为=m2+4,出= m2+4, k=4当飞=5当 又x+2, x2+2, 则46=号=-0y-} x+2x2+2xx2+2(x+x2)+4 4y-(y+2)月 (my,-1)(my2-1)+2(m%,-1+my2-1)+4 4yy-(y+月 m2yy2-m(y+2)+1+2m(+y2) 4.-32m2 m2+4m2+4 m2.3 m中4mn4打+2a物 m2+4 18/24 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 -l2、4m2 = 2-m+4=-12(m2+4-4m2-4m2-12 -m2+m2+4 4(m2+4) m2+4 -4(m2+4)+44 m2+4 —m+44, 4 由m2+4≥4，故m+44e(4-3], 即：的取值范围为 4,-3] 4.0)5+y2=1 (2)存在，3x+V15y-25=0或3x-V15y-25=0. 【分析】(1)根据椭圆的基本性质求解： (②)由题意假设直线：=m+,P(,Q(）,与梢圆联立可符(m+)少+2m+-5=0又有 A,P,O.Q ∠PAQ=90 四点共圆，且 ,所以OP.O0=AP·A0=0,结合韦达定理可得"的值，进而得到直 线的方程 a-b 25 【详解】(1)依题意，有 5 a+b2=6, 解得 a=V5,b=1' 所以c的方程为5+少=1. 1:x=my+t,P(x,y),O(x2,y2) (2)设直线 19/24 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 「x=my+t 联立方程x2+5y2-5=0得：（(m+5)y2+2m+2-5=0, 则y+y2= 2mt m245少y2 t2-5 m2+5 因为A,P,O,Q四点共圆，所以∠POQ=∠PAQ=90°， xx2+乃y2=0, 则有o.00=A严·A0=0,即1-5)，-5)+=0 +x2=5 了 m(y+2)+2t=V5 所以xx,+y=0即(m%+)(m,+)+=0 所以 2+2g-5,即45-2 m2+5 +w+m+r.+G-到m2 +2=-5m2+62- m2+5 m2+5 m2+5 2=0,即5m2+5=6t2, m2+5=25 联立5m2+5三62解得=，d25(此时直线7过点舍去) 将t=32代入m2+5=2√51，解得m=V5 3, 所以存在直线l,使得A,P,O,Q四点共圆。 直线1的方程为3x+15y-2V5=0或3x-V15y-2V5=0. 5.02+r=1 x2 ②存在，=x青 20/24 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【分析】(1)由离心率公式以及点到直线距离公式求得椭圆方程： (2)假设存在，由点F为三角形BP9的垂心可得 BF1PO,从而可得 kpe =1 ,设直线的方程为 y=x+m,代入椭圆方程，由韦达定理结 B即1FD可求得参数m值，得直线方程. 【详解】1)由a==11● e2= 1-。2,得a=V2b, 由点0：80：可知直线极的方程为后片，即+，-=0 V61I0+0-2b1-V2bV6 由于原点0到直线4B的距离为3，即√P+(2列33， 得b=1,a=26=2 x2 +y2=1 所以椭圆E的标准方程为2 (②)假设存在直线'交椭圆于P,两点，设P(,),,) 右焦点F(I,O),B(0,1), 因为F为△BPO的垂心，所以BF⊥PQ, -0=-1,所以k阳=1 因为kF=0-1 设直线l的方程为y=x+m, 5r1 由y=x+m,得3x2+4mx+2m2-2=0' 由4>0，（4m-43x2m-2小0，得m<3. 且+6=，5=2m2 3 21/24 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 因为B即1F,B即=(G,y-).F0=(k-) 故西-)+%0-=0，x(飞-)+(+m5+m-)=0 即2年6+(G+)m-)+m2-m=0 代入整理，得3m2+m-4=0, 4 解得m=3,或m= 经检验，当m=1时，△BPQ不存在，故舍去 当m=-3时，满足A>0,所求直线存在，所以，的方程为y=x- 4 3 y B 足+少 6①8+4=1 2号 2,0) (3)证明见解析，定点坐标为 【分析】(1)由己知直接求解方程即可； (2)先求出点E关于直线AF的对称点，即可得出直线AP的方程，与椭圆方程联立即可求解； -xt,t>0 ot, (3)设2y》 ,由两点之间距离公式得出t的方程，结合椭圆方程求解，再表示出直线PQ即可 证明. 22/24 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【详解】（山由离心率为兰，得a=ve,所以=e,40b),F化0.E50 √2 AE- x2.y2 =1 所以c=2,则a=2√2，b=2,所以84. (②)由)可知.40,2，F2.0),则B0) 所以直线AF的方程为：x+y-2=0, 因为∠PAF=∠EAF,所以点E关于直线AF的对称点在直线AP上， 因为E,0)关于直线+y-2=0的对称点为2， 2-11 所以直线P的斜率为k= 022,可设1my-2=x-0). 1 2x+2 y= 联+280：-4=-0，架得0《会)，6骨 P82 所以33， 号 3)设0，因为P0=25. 6*-理}-+-80 2 6+2y6-8=0 由椭圆方程可知 人8+2：-x-y,2-0,A=16, 代入得4y 2 2yo -xoYo 因为1>0，所以14-6，则气4-4-无， 23/24 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 -xoyo-yo 4-X0 2y%-X0 0”-%点-) x0-2’ 4-X0 为如y-2 整理 显然过定点，定点坐标为(2,0) 24/24 专题06 平面解析几何 7大考点概览 考点01直线方程与圆的方程 考点02双曲线方程及其性质 考点03抛物线方程及其性质 考点04圆锥曲线弦长面积问题 考点05圆锥曲线定点定值问题等综合问题 直线方程与圆的方程 考点1 一、填空题 1．（2026·天津北辰·二模）在中，O为坐标原点，点A为抛物线的准线与坐标轴的交点，点B在x轴上，其横坐标为直线在x轴上的截距，则内切圆的标准方程为_____. 2．（2026·天津东丽·二模）若过点的直线l与圆只有一个公共点，则l的斜率为______． 3．（2026·天津南开·二模）已知直线是圆的对称轴，过点作圆的一条切线，切点为，则_____． 4．（2026·天津·二模）若过点的直线与圆只有一个公共点，则的斜率为___________． 5．（2026·天津·二模）已知抛物线的焦点为，准线为，点在上（在第二象限），以为圆心的圆经过点.若直线与圆相切，则圆的标准方程为__________. 6．（2026·天津和平·二模）已知圆：，圆：，直线l：（k，且）与两圆与均相切，则直线l的方程为__________. 7．（2026·天津河西·二模）已知圆心为C的圆经过，，且圆心C在直线上，过点作圆C的一条切线，则切线长为_______. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 双曲线方程及其性质 考点2 一、单选题 1．（2026·天津北辰·二模）已知F是双曲线E：的左焦点，为坐标原点，过点F的直线与E的右支交于点M，与左支交于点N，且，，则双曲线E的离心率为（   ） A．2 B．3 C． D． 2．（2026·天津红桥·二模）设，分别是双曲线的左、右焦点，离心率为e，过的直线交双曲线的左支于M，N两点，若是以M为直角顶点的等腰直角三角形，则（   ） A． B． C． D． 3．（2026·天津·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为和，右顶点为.过点作斜率为的直线，点在直线上.若，为等腰三角形，则双曲线的离心率为（   ） A．2 B． C．3 D． 4．（2026·天津东丽·二模）设，分别为双曲线C：（，）的左、右焦点，过且斜率为的直线l与C的左支交于点A，与C的右支交于点B，点D满足，，则C的离心率为（    ） A． B． C． D． 5．（2026·天津·二模）如图，阴影部分的边界为四叶草曲线，该曲线由顶点在原点、焦点在坐标轴上的四条抛物线围成，且这四条抛物线的焦点共圆．记轴上的两个焦点为，在第一象限端点为，若点在以为焦点的双曲线上，则该双曲线的离心率为（    ）    A． B． C． D． 6．（2026·天津河西·二模）双曲线（，）的左、右焦点依次为、，以点为焦点的抛物线（），直线l为双曲线在第一、三象限的渐近线，过x轴正半轴上任意一点做垂直于x轴的直线，分别交渐近线l于点A，交抛物线记于点M（A，M均在第一象限），若的最大值，则双曲线的离心率为（   ） A． B． C． D．3 7．（2026·天津河东·二模）已知双曲线，双曲线的某弦中点为，且点在第一象限，弦所在直线与双曲线的一条渐近线垂直，则的值为（   ） A． B．2 C． D． 8．（2026·天津和平·二模）已知双曲线：（）的两条渐近线互相垂直，抛物线：（）的焦点到的渐近线的距离为，过点作的两条切线，切点分别为点，则直线在轴上的截距为（   ） A． B．2 C． D． 抛物线方程及其性质 考点3 一、填空题 1．（2026·天津北辰·二模）在中，O为坐标原点，点A为抛物线的准线与坐标轴的交点，点B在x轴上，其横坐标为直线在x轴上的截距，则内切圆的标准方程为_____. 2．（2026·天津河东·二模）已知抛物线的焦点为F，准线为l，点P在抛物线上且在x轴上方，，O为坐标原点，以PO为直径的圆被直线PF所截得的弦长为________． 3．（2026·天津·二模）已知抛物线的焦点为，准线为，点在上（在第二象限），以为圆心的圆经过点.若直线与圆相切，则圆的标准方程为__________. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 圆锥曲线弦长面积问题 考点4 一、解答题 1．（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. 2．（2026·天津·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为和，离心率为，短轴长为. (1)求椭圆的方程； (2)过点的动直线与椭圆相交于，两点.设点关于轴对称的点为（在的左侧），直线与轴相交于点，直线与相交于点，求的值. 3．（2026·天津和平·二模）已知椭圆（）的左焦点为F，点在椭圆上，且轴. (1)求椭圆的方程； (2)直线l与椭圆相切于点P，且点P在第一象限，过原点与直线l平行的直线与直线PF交于点Q，求的值. 4．（2026·天津红桥·二模）已知椭圆：的左、右顶点分别为，上顶点为，左、右焦点分别为，且． (1)求椭圆的离心率； (2)点在椭圆上（异于椭圆左、右顶点），直线与直线交于点，线段与线段交于点，过中点作的外接圆的两条切线，切点分别为，且的面积为，求椭圆的标准方程． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 圆锥曲线定点定值问题等综合问题 考点5 一、解答题 1．（2026·天津·二模）设椭圆的上顶点为，点，为坐标原点．已知的面积为． (1)求椭圆的离心率； (2)已知直线与椭圆相切，过点的直线与椭圆交于两点，过点作的垂线，垂足分别为两点（两点不重合）．记直线的斜率分别为，求的取值范围． 2．（2026·天津北辰·二模）已知椭圆：的右焦点为F，左顶点为A，上顶点为B，下顶点为C，离心率为，的面积为. (1)求椭圆E的方程； (2)已知斜率存在且不为1的直线经过点，且与椭圆E交于不同的两点M，N（均不与点B重合），点P与点M关于原点O对称，直线与直线交于点Q.求证：点B在直线上. 3．（2026·天津东丽·二模）设椭圆的上顶点为，点，为坐标原点，已知的面积为． (1)求椭圆的离心率； (2)已知直线与椭圆相切，过点B的直线与椭圆交于C，D两点，过点C，D作l的垂线，垂足分别为M，N两点（M，N两点不重合）．记直线CN，DM的斜率分别为，，求的取值范围． 4．（2026·天津南开·二模）已知椭圆的离心率为，短轴的一个顶点到长轴的一个顶点的距离为． (1)求的方程； (2)为的右顶点，直线交于两点，为坐标原点．若，是否存在直线，使得四点共圆？若存在，求出直线的方程，若不存在，请说明理由． 5．（2026·天津河北·二模）已知椭圆：的离心率为，，，且原点到直线AB的距离等于. (1)求椭圆的标准方程； (2)是否存在直线，交椭圆于、两点，使得椭圆的右焦点为三角形BPQ的垂心？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由. 6．（2026·天津河东·二模）已知椭圆的方程为，上顶点为，右焦点为，椭圆的离心率为，点为中点，为坐标原点，，椭圆上一点在第一象限． (1)求椭圆方程； (2)若，求； (3)若直线与椭圆交于点，点在点右侧，为线段上一点，，证明过定点，并求出定点坐标． 2 / 10 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $