专题09 直线与圆、圆锥曲线（1年汇编）（全国通用）2026年高考数学真题分类汇编

**基本信息** 直线与圆、圆锥曲线专题高考真题及模拟题汇编，涵盖多圆弦长综合、轨迹中心点探究等创新考法，适配高考代数推理与几何直观能力训练。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择|12题/48分|直线与圆（三圆弦长）、椭圆（离心率）、双曲线（渐近线）、抛物线（焦点弦）|多考点综合（如三圆弦长结合导数求最值），匹配2026高考参数讨论趋势| |填空|4题/20分|点到直线距离、圆的切线、双曲线离心率、抛物线定义应用|侧重基础概念转化（如抛物线定义求点坐标）| |解答|6题/72分|椭圆轨迹方程、双曲线焦点三角形、抛物线面积最值|高阶工具应用（极化恒等式），逻辑推理要求高（如轨迹形状讨论）|

专题09 直线与圆、圆锥曲线 考点分类 2026年高考命题解读 创新考法 考点01 直线与圆 侧重代数推理与多曲线关联：不再局限于单个圆的性质，而是考查直线与多个圆（如三圆）的弦长关系。核心在于利用弦长公式转化为圆心距问题，常涉及参数讨论与导数求最值。 1. 多圆弦长综合（新课标Ⅰ）：一道题同时涉及三个圆，将弦长关系转化为距离关系，结合导数求解最值，对逻辑转化能力要求极高。 2. 圆系方程的深层应用（新课标Ⅱ）：通过两圆方程相减直接求公共弦，考查学生对圆系几何本质的快速识别。 考点02 椭圆 强化轨迹与对称性：计算量适中，但思维要求高。重点考查椭圆的定义、离心率计算以及直线与椭圆相交时的面积、斜率关系。轨迹方程的求解是重难点。 1. 轨迹的“中心点”探究（新课标Ⅱ）：引入“中心点”概念，结合平移变换，讨论轨迹在不同参数下是椭圆、双曲线还是抛物线，极具创新性。 2. 对称点与斜率定值（天津卷）：将直线与圆相切作为条件，求椭圆上点关于直线对称后的斜率关系，综合了几何变换与代数运算。 考点03 双曲线 回归定义与几何性质：相比椭圆，双曲线考题更侧重几何直观。重点考查渐近线、离心率以及焦点三角形的性质。上海卷的题目体现了“设而不求”的解题思想。 1. 焦点三角形与中线长定理（上海卷）：第（2）问利用余弦定理或向量数量积求面积，第（3）问探究弦长倒数和为定值，考查了极化恒等式等高阶几何工具的应用。 2. 几何构造求离心率（天津卷）：通过构造直角三角形，利用边角关系直接求解离心率，避免了繁琐的联立方程。 考点04 抛物线 坐标运算与二级结论：抛物线题目通常涉及焦点弦、切线及与直线的交点。难点在于纵坐标（或横坐标）积的定值关系，以及利用抛物线定义转化距离。 1. 纵坐标积与轴交点关系（天津卷）：通过推导抛物线弦与坐标轴交点的横坐标公式，进而证明一系列关于纵坐标积的恒等式，考查了对抛物线代数结构的深刻理解。 2. 双抛物线焦点距（新课标Ⅰ）：结合两个不同类型的抛物线经过同一点，求解参数及焦点距离，考查了对标准方程形式的灵活掌握。 考点01 直线与圆、圆与圆 1．（2026·新课标全国Ⅰ卷·高考真题）（多选）已知圆，圆，圆，直线与，，均有两个交点．记被，，截得的弦长分别为、、，则（     ） A．可以取任意实数 B．满足的直线共有条 C．满足的直线多于条 D．当时，的最大值为 2．（2026·新课标全国Ⅱ卷·高考真题）（多选）已知圆：，圆：，则下列说法正确的是（     ） A．点的坐标为 B．时，圆与轴相切 C．当时，圆与圆相切 D．当圆与圆相交时，两交点所在的直线方程为 3．（2026·新课标全国Ⅱ卷·高考真题）（多选）已知抛物线：，有一斜率为的直线过点，点A在抛物线E上，,两点在直线上，且为等边三角形，则（     ） A．抛物线E的准线方程为 B．当直线与抛物线E无交点时， C．若直线与抛物线相交于唯一一点，则抛物线E的焦点在直线上 D．当时，面积的最小值为 4．（2026·上海卷·高考真题）在平面直角坐标系中，点到直线的距离为____________. 5．（2026·北京卷·高考真题）已知直线与圆相切，则________． 考点02 椭圆 1．（2026·上海卷·高考真题）已知椭圆与椭圆相交于、、、四点，且与和的四个焦点在同一个圆上，则_____________. 2．（2026·上海卷·高考真题）在中，，，．已知点，，分别为椭圆的上、下、右顶点，以及两个焦点中的三点，求椭圆的离心率__________． 3．（2026·新课标全国Ⅰ卷·高考真题）已知椭圆的左焦点为，离心率为． (1)求的方程； (2)设为坐标原点，过且斜率大于的动直线与交于，两点，其中在第三象限，直线与的另一个交点为． （i）若的面积是的面积的倍，求的方程； （ii）求的最小值． 4．（2026·新课标全国Ⅱ卷·高考真题）椭圆：（），过右焦点且与轴垂直的直线被截得的长度为． (1)求的离心率． (2)为坐标原点，给定点，在上，过点作轴的垂线，垂足为，与交于点．当在上运动时，的轨迹为． （ⅰ）求的方程； （ⅱ）是否有中心点？当为何值时，有中心点？当有中心点时，平移到，使为的中心点，说明的形状. 5．（2026·北京卷·高考真题）已知椭圆：（）的一个顶点是，离心率为． (1)求的方程； (2)过点，斜率为的直线交椭圆于、两点，关于的对称点为，交于，若，求． 6．（2026·天津卷·高考真题）已知椭圆（）的离心率为，椭圆被直线截得的线段长为． (1)求的标准方程； (2)斜率为的直线与圆相切，且该直线交椭圆于，（），是椭圆的上顶点．记直线，的斜率分别为，，求． 考点03 双曲线 1．（2026·新课标全国Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线：（，）过点和，则双曲线C的渐近线方程是（     ） A． B． C． D． 2．（2026·北京卷·高考真题）已知双曲线：的渐近线方程为，则的值为（     ） A．2 B．3 C．4 D．9 3．（2026·天津卷·高考真题）已知双曲线（，）的左焦点为，是右顶点，是双曲线上一点，满足，，则双曲线离心率为（     ） A．4 B． C． D． 4．（2026·新课标全国Ⅰ卷·高考真题）双曲线的离心率为__________． 5．（2026·上海卷·高考真题）已知双曲线，过点作不垂直于轴的直线交双曲线于、两点. (1)求双曲线离心率； (2)若点，点在双曲线的右支上，且是的中点，求直线的斜率； (3)若，，分别是双曲线的左右焦点，是关于轴的对称点，若存在直线使得，求的取值范围. 6．（2026·上海卷·高考真题）已知双曲线，点在上，，分别为双曲线的左、右焦点． (1)求点到双曲线渐近线的距离； (2)若，求； (3)记为双曲线满足和的部分；直线，均过右焦点，与交于，两点（分别在第一、第四象限），与交于，两点（分别在第三、四象限），问：是否存在常数，使得对任意直线，都存在唯一对应的直线满足？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 考点04 抛物线 1．（2026·新课标全国Ⅰ卷·高考真题）已知抛物线（）和（）均经过点，则的焦点与的焦点之间的距离为（     ） A．12 B． C．6 D． 2．（2026·上海卷·高考真题）已知点为抛物线上一点，若点到的焦点的距离是到轴的距离的两倍，则点的横坐标是____________. 3．（2026·天津卷·高考真题）在平面内，为坐标原点，抛物线上有、、、四个点，、、、的纵坐标分别为、、、，直线与直线交轴于点，直线交轴于点，直线交轴于点，以下说法正确的有______． ①若与抛物线焦点重合，则； ②； ③； ④； ⑤ 一、单选题 1．（2026·北京顺义·三模）双曲线的渐近线方程为（    ） A． B． C． D． 2．（2026·山西忻州·模拟预测）圆的圆心到直线的距离为（  ） A． B．2 C． D．3 3．（2026·北京朝阳·模拟预测）已知抛物线：的焦点为，点在抛物线上且在第一象限，若，则直线的倾斜角为（     ） A． B． C． D． 4．（2026·山东聊城·二模）已知直线，，且，则与的距离为（    ） A． B． C． D． 5．（2026·北京顺义·二模）已知直线过点，其倾斜角为，设原点到直线的距离为.当时，的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．（2026·福建泉州·模拟预测）已知圆与恰有一条公切线，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 7．（2026·河南郑州·模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点且与其渐近线垂直的直线交C的左支于点P，若，则C的离心率为（   ） A．2 B． C． D． 8．（2026·天津滨海新区·三模）已知抛物线：的准线经过双曲线：（，）的左焦点，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为点，延长与抛物线相交于点，若（为坐标原点），则双曲线的方程为（     ） A． B． C． D． 二、多选题 9．（2026·山西忻州·模拟预测）点在单位圆上运动.记点到直线的距离为，到直线的距离为.则下列说法正确的是（   ） A． B．的最大值为 C．满足的点有且仅有2个 D． 10．（2026·山西忻州·模拟预测）在平面直角坐标系中，圆，．直线与两个圆均有公共点．记直线被，截得的弦长分别为，．则下列说法正确的是（   ） A．当时， B．当时， C．若，则或 D．存在直线，使得 11．（2026·陕西榆林·模拟预测）已知过抛物线C：的焦点F的直线与C交于A，B两点，则下列说法正确的是（   ） A．线段的长度的最小值为8 B．若，则 C．若点，则直线，的斜率之和为零 D．上一个动点到直线的距离的最小值为 12．（2026·山西忻州·模拟预测）已知椭圆：的左、右焦点分别为，．点在椭圆的第一象限部分，且．过点作椭圆的切线，该切线与轴、轴正半轴分别交于，，则下列说法正确的是（    ） A．点的坐标为 B． C．的面积为 D．该切线的斜率为 13．（2026·云南玉溪·模拟预测）已知曲线，则以下结论正确的是（    ） A．的范围是 B．若，则曲线具有周期性 C．曲线关于轴对称 D．曲线与圆有公共点 三、填空题 14．（2026·重庆·三模）若直线：与曲线有两个交点，则实数的取值范围是__________． 15．（2026·安徽·模拟预测）已知M是抛物线上的一点，F是抛物线的焦点，若，则直线的倾斜角为______________． 16．（2026·北京·三模）数学中的数形结合可以组成世间万物的绚丽画面，优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的产物，曲线为四叶玫瑰线，下列结论正确的是________． ①方程，表示的曲线在第一和第三象限； ②曲线C上任一点到坐标原点O的距离都不超过1； ③曲线C构成的四叶玫瑰线面积小于π； ④曲线C上有5个整点（横、纵坐标均为整数的点）． 四、解答题 17．（2026·河北·二模）已知双曲线的渐近线方程为，点在双曲线上． (1)求双曲线的焦距； (2)过双曲线的右焦点且倾斜角为的直线与交于两点，求． 18．（2026·河南南阳·三模）已知双曲线的离心率，左顶点，过C的右焦点F作与x轴不重合的直线l，交C于P、Q两点． (1)求双曲线C的方程； (2)求证：直线、的斜率之积为定值； (3)设，试问：在x轴上是否存在定点T，使得恒成立？若存在，求出点T的坐标；若不存在，说明理由． 19．（2026·重庆·三模）已知椭圆：过抛物线的焦点，且与双曲线有相同的焦点． (1)求椭圆的方程； (2)设直线：与椭圆交于不同的两点，，点，若直线的斜率与直线的斜率互为相反数，求证：直线过定点． 20．（2026·云南·三模）在平面直角坐标系中，，以为圆心作半径为4的圆，是圆上任意一点，线段的垂直平分线与半径交于点. (1)当在圆上运动时，求点的轨迹方程； (2)过的直线交曲线交于两点，点关于轴的对称点为. （i）直线与轴的交点为，求点的坐标； （ii）求的取值范围. 21．（2026·陕西商洛·模拟预测）由半个椭圆和两个相同的半圆组成的形如心脏的曲线称为“类心脏曲线”．如图，在平面直角坐标系中，类心脏曲线的两个半圆和的圆心恰好分别是半椭圆的左、右焦点和，且点，分别为的左、右顶点．已知半圆和的半径均为1． (1)求半椭圆的方程和离心率； (2)若直线交曲线C于A，B两点，动点S在曲线C上，求面积的最大值； (3)如图，分别过点，作两条平行线，，分别与，和，交于点M，N和点P，Q，求的最小值． 试卷第1页，共3页 2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题09直线与圆、【 圆锥曲线 答案版 考点01直线与圆、圆与圆 1.BCD 2.BC 3.ABD 5.0 考点02椭圆 1.5 2. 3 3.【答案】(0+y 431 (2)(i)y= 2x+:(i)4V5 【分析】(1)根据焦点以及离心率的定义即可求解： (2)()通过联立直线与椭圆方程，利用韦达定理以及三角形的面积公式即可求解；（ⅱ）由于∠PQR是 直线PQ与直线RQ的夹角，根据tan∠PQR= kro-kok列出表达式即可求解 1+kpo'koR 降解】1)已知阴圆2+业 尽1的左焦点为F(-L0,离心率e= 1 则c=le=6=解得a=2,B=a-c2=2-P=4-1e3 因此椭圆方程为父+上=1 43 (2)解法一： 设1：y=k(x+1(k>0),点P(x,y),点Q(x2,y2),其中x>x2, y=k(x+1) 联立直线！与椭圆方程 父+卫=1得3+42)r+8x+42-12=0, 43 1/22 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 由韦达定理得x+x2= 8k2 4k2-12 3+45=3+4, 由于P,R两点在椭圆上，关于原点对称， 所以点R(-x,-),且y=kx+1),y2=k(x2+1, (i) 由面积公式，5w号OF1-为1--%=-、 又因为0是线段PR的中点，所以SPo=SRg0,所以SP0R=2S,Pe0=k(x-x), smor-2-, 由于心=3，得25-=35+，即5+2x,=-3, S.PFO 令1=k2,由x+x=3+4 80与+2x=3,得x=3+459+4 3+4u 2,得-9-419+4刨_4-12 代入x=3+4u 5 (3+4u)2 =3+4,解得u=4 所以K=5,所以直线1的方程为y=5( 2 (x+1 (i)直线QR的斜率为-五=k5+书+2。-3 -x1-x2x1+x2 4k' k+ 3 于是tan∠PQR= 4k =4k+ 3 ≥2,4k343.当且仅当k=2时取等号， 2 1- 4 故tan∠POR的最小值为4√5 解法二： (①)如图所示，设直线1的方程为x=my-1,其中斜率k=1>0→m>0, m 2/22 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 设点P(x,乃)，点Qx2,y2,且x2,y2<0, 根据椭圆的中心对称性可知，点R(-,一y, x=y-1 联立直线与椭圆方程， 含 +=1 化简得(3m2+4)y2-6my-9=0, 4 3 由韦达定理可得+2= 6m -9 3m2+44= m2+4' 因为R是P关于原点O的对称点，所以O是线段PR的中点， 因此S.Pe0=S,R0o,所以S.Pgn=2S.Peo, 由于S.p0R=3SPF0,所以2S.P0=3S,PF0, Sw号oFy--g=-g, .moF- 所以2=，椰 由于4>0,2<0，所以简化为y-乃=2y→片=-2%， -6m -6m）2 -9 代入韦达定理，得为3m+4:则%=-2=-2 3m2+43m2+4' 化简得45m2=36,，由于m>0,解得m=- 225 55 所以直线1的方程为x=25y 5y-1,即y= 2 x+1 (i)由题意，∠PQR即为直线QP与直线QR的夹角， 直线OP即直线l,方程为x=my-1m>0), 点(，小，点P(,,点R(-,,直线QP的斜率k= m 3/22 命学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 直线OR的斜率m----+上 x2-（-x)x2+x 由于P,Q在直线x=my-1m>0)上，有x=my1-1,x2=my2-1, y1+y2 6m my+-2,代入y+%3+4 则kR= 6m 则kR= 3m2+4 6m 6m_3m ，6m,-26m2-2(3m2+4-8-4’ 3m2+4 设直线QP的倾斜角为，直线QR的倾斜角为B,则∠PQR=π-B+a, o0R=tanπ-B+a=tana-B三，1308=i 1(3m kop-k=m4=4+3m2=3m+4 即an∠P0R=1+or"koe1+-3m 1m m（4 由基本不等式得3m+4之2,3m4-45,当且仅当3m=4,即m=25时取等号，所以am∠POR的最小 4 4 m m 3 值为4√5 4.【答案】)2 (2)(i)M的方程为 22+y+2x-1=0y≠0： to (ii),当。=±√2时，轨迹M无中心点； 当t。≠士√2时，M有中心点 t6-2’ 当。>√2时，M'形状为焦点在x轴上的椭圆去掉与x轴交点， 当0<0<2时，M'形状为焦点在x轴上的双曲线去掉与x轴交点. 【分析】(1)利用过右焦点垂直于x轴的直线被E所截线段长为√2，通过求出坐标解出线段的长，求得 a,b,c再求出离心率； (2)(①)通过联立方程求出点P的坐标，再反解出点A的坐标代入椭圆方程，从而求出P的轨迹M的方程； ()先对曲线方程配方，再讨论。在不同取值时，中心存在的情况；再通过平移规律求出M'的方程， 4/22 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 再讨论不同情况下M'的形状， 详解】)设椭段+护1的右焦点为c,0,其中c=V。一了 那么过右焦点且垂直于x轴的直线为x=c,代入椭圆得 c 22+2=1,即2=1三2=1-2二1/ -a2a2' 所以y=±上，由于截线段长为2=反，解得a=2, a 故c=2-1=1,离心率e=9==2 a22 (2)(①方法一： (海稀质方程为号+少=1，由于点4气，满是菩+元=1，且人0，过4作y轴的垂线，交y轴 于点B(0,y, 那么当x。=0时，点A(0,±1，点P与点A(0,±1)重合； 当x0时，骏A0方程为：三2x,直线GB方程为：+，一 即y=-业x+ y=x x= 联立 ，解得 x+io即点P y=_Xio x。,yo≠0)， y=-x+ xo+to xo+to to xo+to x=6 xto 设P(x,),则由 x0+t0 to-x → （y≠0)， y= yofo yto y0= Xo+to to-x 代入椭圆方程 两边乘以 11 to 把点P(0,±代入，仍然成立， 5/22 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 故轨迹M的方程为 11 2 2 x+y2+2x-1=0(y≠0)； to 方法二： 由于G(o,0)t。≠0)，点B在y轴，故直线GB必有斜率； 设直线GB方程为y=k(x-),P(,),那么点B(0,-kt), 由于AB⊥y轴，则y。=-kt。, 由于点P,O,A三点共线，则0p110A→xv=-kt, xov=-ktou to-u 因为点P在直线GB上，所以， v=u-)9 ,=-,==0 u to-u 把4)代入椭圆E方程： 626v2 2。-u(。-v 24-6,-1, 整理化简， 得 to 国油D药铁过w方程为行》F+r+子-1=0y学0。 11 to 0即，土2时，轨迹M的方程为广+一10y≠0，为抛物线去掉与x抽交点， to 2店≠0即6≠士5且，*0时， 11 当 化简轨迹M的方程为-2了 214 x+2+6,二y2=1(y≠0)， x+- -2 将轨迹M向左或向右平移 2to 6-2 个单位得到M的方程为62，公=2y=1W+0,即 26t6 x2 20+ y2 =1(y≠0) (6-2}26-2 6/22 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以当>√2时，M'形状为焦点在x轴上的椭圆去掉与x轴交点， 当0<0<2时，M'形状为焦点在x轴上的双曲线去掉与x轴交点 综上，当t。=±√2时，轨迹M无中心点； 当。≠±√2时，M有中心点 2to,0 6-2 当。>V2时，M形状为焦点在x轴上的椭圆去掉与x轴交点， 当0<0<2时，M'形状为焦点在x轴上的双曲线去掉与x轴交点 VA G 5. 【答案】（①+ -=1 43 (2)k=±2 4 【分析】(1)利用顶点坐标及离心率计算即可得； (2)设出直线1，联立曲线方程可得与交点横坐标有关韦达定理，结合题目所给条件计算可得点D、点Q 坐标，再利用点到直线距离公式与两点间距离公式可表示出S。4Q与S△40，结合题目所给条件与韦达定理 计算即可得解 【详解】()由题意可得a=2,则e=口-b.4-号，即6=5，放E的方程为+父-1， a a 22 43 (2)由题意可得1c:y=k(x-1+1,设B(x,y)、C(x2,y2), 由B关于直线y=x对称的点为D,则D(y,x), 联立 5 ,消去y得：42+3x2-8k(k-1)x+4k2-8k-8=0, y=k(x-1)+1 片片1，改4作精图内部，成A>0恒成。有+5-=状 4312 4k2+3 则y+y2=k(x-1+1+kx2-1+1=k(x+x2)-2k+2, 7/22 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 y=[k(x-1)+1][k(x-)+1]=k2xx+(k-k2)(x+x)+k2-2k+1, oy==(x-+x,联立 =2-(x-)+x X2-y1 x2- y=x 则x=-(x-+x,即(x,-x=(,-xx-(y-xy+x(x,y, x2-y1 Xx2-yy2 整理得x++即 xX2-yiy2 Xx2-yiy2 气(x+x2)-(y+'(x+x)-(y+y2 点a到直钱0矩高：点后，点C黄直战0物面离4-点后 √2 又g,则5w45,sw日2， 改5w8小。-卢后 g中+-++-* =5)-属+)+男+ -5-k-9+-+2-15+++5-2+ 1-)--+)-+ 11-k242-8-8)1-)8(k-1-2+ 2 4k2+3 4k2+3 14k2-8k-8-4+8K2+8K2_8k2-8k-8k+8K+4k-3k2+42+3 4k2+3 4k2+3 4k2+3 15k2-55 =24k2+38' 即有桃52-=0+片，若1则5=宁元解，不符： 则1，有5-5状-+片解得=±9 4 故k=t② 4 8/22 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B 6. 【答案】+ 43=1 (2)3 【分析】(1)根据椭圆的离心率可知a=2c,b2=32,然后将x=b代入椭圆方程即可求解； (2)根据直线与圆相切即可求出m=±2√5，分类讨论即可 解))由于圆的离心率为·所以e-。,即a中2。 由于a2=b2+c2,所以b2=3c2, 路xb代入圆程，准客+发，迎装+，解得，即 4 2 由题意，所截得的线段长为5，所以2×5 2c=V3,解得c=1,从而a2=4,b2=3, x2,y2 431. 所以椭圆的方程为一+ (2)由(1)可知，b2=3,所以圆的方程为x2+y2=3, 设直线1的方程为y=-√3x+m,因为直线1与圆相切，如图所示， m 则圆心到直线1的距离= -+12 -5，解符m=士25， 2 椭圆上顶点A0,V3),分两种情况讨论： ①当m=2V5时，直线1的方程为y=√3x+23,代入椭圆方程+上 431, 化简得5x-16x+12=-0,解得x=2或x=号 9/22 命学科网 www zxxk com 让教与学更高效 则当x=2时，=0，当x=时，y y=45,由于%<所以P(2.0055 64V5 5 5 45-5 则6=0,5-5，飞= 6-0 ,此时 2-02 2=3； 6 6 ②当m=-25时，直线1的方程为y=-5x-25,代入椭圆方程”+ 431, 化简得5x2+16x+12=0,解得x=-2或x=-6, 当=-2时，，当时，y45,于%<，所以P骨 64V3 (-2,0), 5 45-5 33 则k=5 35 6 -0 2 5 2 综上所述， k的值为3 考点03双曲线 1.B 2.B 3.D 4.66 6 5.【答案】(1)2 (2)25+3 3 2. 【分析】(1)求出a,b,c,直接利用公式即可求解； (2)根据中点坐标公式求出点B,将点B坐标代入双曲线方程求出m,再利用斜率公式即可求出答案； (3)设直线1方程为x=my+m,联立求出(n2-1y2+2nmy+m2-2=0,由题意得△>0且n2-1≠0，再根 据F,A.FB=0求出n2=m2-2m+1,结合△>0且n2-1≠0可求出答案 【详】对于双线r号号=。=5,6-5， 10/22 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 c=Va2+b2=2, 所以双曲线离心率e=C=2:V5 a2 (2)因为点B是AM的中点，所以点Bm+5, 、22 代入双南线方程号-号=1，有+1 22 88 解得m=3-√， 又点B在双曲线的右支上，所以m+√5>0，即m>-√5， 所以m=3-√3， 所以直线1的斜率为、01一=12W5+3 3-5-√325-33 (3)当直线斜率为0时，易知FA与F,B共线，不符合题意； 当直线斜率不为O时，设直线1方程为x=y+m, 设A(x,y),B(x2,y2,则A'(-x,y), [x2y2 =1 联立 22,整理得n2-1y2+2nmy+m2-2=0, x=ny+m △=(2nm)2-4(n2-1(m2-2）=4m2+2n2-2>0(*)且n2-1≠0， 骨 因为F（-2,0),F22,0), 所以FA=(-x+2,)=(-y-m+2,)，FB=(x3-2,2)=(y2+m-2,2), 所以FA.FB=(-y-m+2)(y2+m-2)+y2=0, 即(-n2+1y-n(m-2(y+2)-(m-2)2=0, 即-+1r-2_nm-2-2mm-m-2'=0, n2-1 n2-1 整理得m2-n2-2m+1=0,即n2=m2-2m+1, 11/22 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 f代入()中得3m2-4m>0,又m>0,所以m>3, 4 又因为n2-1≠0，即m2-2m+1-1≠0，所以m≠0且m≠2， 综上，m的取值范围为 22+ B 6.【答案】(1)2 (2)√2 (3)存在实数入符合题意，此时1的取值范围为 【分析】(1)根据双曲线方程求a,b,c,即可得渐近线方程以及点到直线的距离； (2)解法：限据余弦定理可得PF+PE=10,结合定义可得PFPF=3,cos∠RPR}即可得 面积；解法二：设P(x。,yo),根据数量积可得=1，即可得面积；解法三：根据极化恒等式和中线长性质 可得PFPF=3,c0s∠FPR=},结合面积公式运算求解， (3)根据题意结合双曲线性质可得直线斜率取值范围，设直线方程结合弦长公式可得PQ= 21+m) 1-n2 MN= 21+,进而分析取值范围即可得解 n-1 【详解】(1)由题意可知：a=b=1,c=√2， 则F-√2,0)，FV2,0),渐近线方程为y=±r,即x±y=0, 2=2 所以点(2,0到双曲线渐近线的距离为 (2)解法一：因为PE·PE=PFPF cos∠FPF=1, 由余弦定理可得EE=PEP+PF,-2PFPE,cos∠EPE, 整理得：PE+PF=10, 12/22 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 因点P是双曲线上一点，则PE-PF=2,可得PF+PFP-2PFPF=4, 代入可得PFP,=3,cos∠FPR=号则sm∠FPR,=-or∠FPR=25 3 所以△PFB的面积为)PFIPF sinZFP5,=x3x名 22-反； 3 解法二：设P(x,y),则x-y=1,即x=y后+1， 可得PF=（-x-2,-),PE=-x+V2,-6), 因为PF·PF=x6+-2=1,即2y-1=1,解得y=1, 所以aPF5的面积为x2Ex1=V5, 解法三：因为PF·PE=(P0+0)P0-OF)=PO-OF=P0-2=1,即P02=3, 由中线长定理可知：PF+PF-2Po+or)=10, 因为PE-PF=2,可得PE+PF-2 PFPF=4, 代入可得PPF-3,cos∠RPR-写，可得2cosP-1 2 3 解得cosFPF-6,则sin FPF 2 2 3 2 s12∠EPF23tam∠EPF2=2=Y2, 2 2 cos 2 b2 所以△PFF的面积为 an∠FPFg 2 (3)不妨取A-2,,B(V2,-,则直线A的斜率k5= 2 4 依题意，设直线1：x=ny+√2，则m,∈[0,1)，设直线m:x=m,y+V2,则m∈1,2]，Px,y), 0x2,y2), 联立方程 .可-+3w510 13/22 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 则y+⅓=- 22n n2-1 ,= 1 2-11 可得Pg=V1+n 4 n2-1 可知项数刊=品-小在1eQ川内单调递端，则小≥10=2， 且当t趋近于1时，f(t趋近于+oo,即f(t)在[0,1内的值域为[2，+0)，故PQ∈[2，+o）, 因2>0，所以1Pg∈[2，+0)； 同理可得：MN= n-1 可知8)-=2号+在s2]内单调递减，则gs2g2)-1。 且当趋近于1时，g)趋近于+o,即8)在，2可内的值城为+小，故ve+: 由题意可知： [2以+[+可得2≥，解得≥号 所以存在实数2符合题意，此时2的取雀范图为[}+ 考点04抛物线 1.D 2.1 3.②④ 三 一年模拟练测 一、单选题 1.B 2.C 3.B 4.A 5.C 6.C 14/22 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 7.C 8.D 二、多选题 9.ABD 10.ABCD 11.ACD 12.ABC 13.BCD 三、填空题 4(保制 16.②③ 四、解答题 17.【答案】(1)2√2 (2)4 【分析】(1)根据双曲线的渐近线方程得到a与b的关系，再将点P的坐标代入双曲线方程，联立求解出a ,b的值，进而求出C的值，得到焦距； (2)先求出直线1的方程，然后联立直线I与双曲线C的方程，利用弦长公式求出AB即可， 【详解】(1)由题意得： (b=1. a=1 2(3 b=1 =1. a2 b2 又c2=a2+b2=2,可得c=√2， :.2c=2√2，则双曲线C的焦距为22. (2):a2=1,b2=1,双曲线C的方程为x2-y2=1, :c=√2右焦点坐标为2,0， :设直线l的斜率为k,.k=tan 2m=-5. :直线1的方程为：y=-5(x-V2), 15122 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 联立 y=-5(x-2) 整理得2x2-6√2x+7=0, x2-y2=1 因△=(-6V2)-4×2×7=16>0 设4,8为小，则+=35：子 AB=1+k2Vx+x2)-4xx=+3×18-14=4. 18.【答10r-号1 (2)由题意知F(2,0).设直线1：x=my+2, 与双曲线方程联立得3m2-1y2+12my+9=0. △=(12m2-363m2-1=36m2+36>0, 12m 月+y》2=- 3m2-1 设P(x,y)、Q(x2,y2),则 9’ y2=3m2-1 故直线AP、AQ的斜率之积为 9 yy2 1y2 yiy2 3m2-1 x+1+1(m%+3(m2+3)m2y2+3m(y+2)+99m2 一=-1 -12m 3m-+3m3n- +9 (3)存在， 50} 【分析】(1)根据离心率的定义及a2=b2+c2求解即可 (2)设直线：x=y+2,与双曲线方程联立，结合韦达定理求解即可. (3)根据向量垂直的坐标表示得到(x-小-x-)=0,即1=一2，结合入=-上即韦达定理求解即可 1-入 【详解】(1)设双曲线的半焦距为c. 由题意知a=1,c=ea=2.故b2=c2-a2=3, 16/22 厨学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以，双曲线C的方程为x2_上=1. 3 (2)略 (3)由题意知(2-x,-y)=1(x,-2,,),得2=-当 设T(t,0),则TP-1T0=(x--(x2-),-元y2). AF1(T严-λT@)即AF.(TP-λT@)=0. 又F=6,0),即(，-)-(x-)=0,解得1=-1 1-λ 所以1=-x y2 +xy=2m44+20+2=2m.9 1- +2= +y2 片+3 -12m 2, 1- 因此在x轴上存在定点T 0 使得AF⊥（严-T@)恒成立. 19. 【答案】0)+y=1 4 (2)直线1过定点1,0)，证明见解析 【分析】(1)由抛物线方程和双曲线方程分别可焦点坐标，进而可得b=1,c=√5，再由椭圆的性质可得 a,因此可得椭圆方程； (2)设交点坐标，再联立直线的方程与椭圆的方程消去y,由根与系数关系及k+k即=O可得k=-m, 进而可得直线过定点 【详解】(1)由抛物线x2=4y,得焦点(0,1)， 因为椭圆x+少2 。+F=1(a>6>0)过抛物线x2-4y的焦点，所以b=1. 由双曲线号-少=1，得焦点(5.0)， 2 荐+花=1>6>0)与双曲线号y户=1有相时的编点，所以e:5 因为椭圆X+少 由椭圆的性质，a2=b2+c2=1+3=4, :椭圆C的方程为+y广=1 4 (2)设Ax,1),B(x2,y2, 17/22 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 y=kx+m 联立 1”消天y得4k+x+8kmx+4m-4与0的 △=(8km)-44k2+1(4m2-4=164k2+1-m2>0, -8km 4m2-4 +x 42+1’5= 4k2+1 B 由己知kAP+kBP=O, 所以，上+上=+m+,+m_2+(m=41x+）-8m-0, x1-4x2-4x1-4x2-4 （x-4(x2-4) 所以2kxx2+(m-4k)x+x2)-8m=0, 则2k× 4(m2-1 4k2+1 -m-4k)× 8km-8m=0' 4k2+1 8km2-1-8km(m-4k)-8m4k2+1=0, -8k-8m=0,解得k=-m,满足△>0， .直线1的方程为y=k(x-1),故直线1恒过定点(1,0) 20.【答案】0)号+上-1 43 (2)(i)(4,0)(i) 「581 2'32 【分析】(1)由条件可得CA,+CA,=4,结合椭圆的定义判断轨迹形状，位置，结合椭圆方法求结论： (2)(i)设直线DE方程为x=y+1,D(x,乃)，E(x2,2),D(x,-),联立方程组求片+2，y2,求直 线D'E的方程和P的坐标，(i)结合(i)利用m表 PDP+PE,利用换元法及二次函数性质求其范围 IDEP 【详解】(1)因为M是圆A上任意一点，点C为线段MA的垂直平分线与半径MA的交点， 则MC=CA,故CA+CA=CA+MC=A,M=4, 18/22 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 又因为AA=2,则CA,+CA=4>4A2 所以C的轨迹是以A,A,为两焦点，长轴长为4的椭圆， 即a=2,c=1,b=V3, 故C的轨迹方程为父+y 4+3=1 (2)(i)由己知直线1与直线A4,不重合， 设过A(1,0)的直线DE方程为x=my+1,D(x,),E(x2,2),D(x,-), 2+y=1 联立 4+3=,化简得3m2+4)y2+6my-9=0, x=y+1 6m .9 显然△>0，且y+为=3m+44=3m2+4' 名，则直线DE的方程为+男(x-小，令=0，符=十、 又因为kE=上+乃」 x2-X1 y+y2 将x=m%+1,x3=m%2+1代入上式， 9 可得=m,++m+1上_2my+y+业_ +y2 y+y2 2m3m2+4+1=4, 6m 3m2+4 所以点P的坐标为4,0 一12(m2+1 (i)由(i)得DEl=V+my+⅓)-4y=3m+4 1PD=(x-4)2+y=(my-3)2+2=(m2+1y-6my+9, 同理得，1PE2=(m2+1y22-6my2+9, 则PDP+PEP=(m2+1(+)-6m(片+2)+18 =(m2+1)(y+)2-2y%]-6m(y+)+18 6m 将y+2= 3m2+42三-3m2+4f代入， 化简得，PDP+1PE-1820m'+41m2+20) 3m2+4） 19/22 厨学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1820m4+41m2+20） PDP+PEP (3m2+42 4m2+5(5m2+4 故 DEP 144(m2+1月 8m2+1 3m2+4 令1=m2+1(121,则m2=t-1, m0f.1-.me期00 DEP 82 82= 由12≥1，则0<<1， 当时 PDP+PEP PDP+PEP J t 2 IDEP 当=1时， t IDEP 2 max min 所以PD+PE的取值范围为 5817 DEP 2'32 y A2 D E 21.【答案102+号=10≤0， 43 (②最大值2 ·20 (3)5 【分析】(1)由半圆的半径求解a,c,即可求解半椭圆C的方程与离心率； (2)设点A在x轴下方，点B在x轴上方，直线与椭圆联立，再由点S在半圆上以及SF⊥AB可得△SAB 的面积最大即可求解； (3)由题意知，MN+PQ=MF+PF,+2,再由l/2,由对称性求解所截得弦的长，直线与椭圆联立， 由韦达定理的代入求解即可， 【详解】(1)设半椭圆G的方程为兰+片 9a+F=1(y≤0，且a>b>0) 由半圆的半径为1，得F,F,=2,4A=4, 20/22 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 故F(-1,0),F(1,0),A4(-2,0),A(2,0),所以a=2,c=1, 所以b2+1=4,解得b2=3, 所以半椭圆G的方程为兰+ -=1(y≤0)， 43 所以半椭圆G的离心率e=C=! a 2' (2)如图，不妨设点A在x轴下方，点B在x轴上方， _3/ y=4x- 由 x2 ，得7x2-6x-13=0,解得x=-1或x=3 =1之之 , 所以4-》 则直线AB的方程为3x-4y-3=0, 又K等于半径1，所以4叫=+，叫=++ 显然，当点S在半圆F:(x+1)2+y2=1(y≥0)上且SF⊥AB时，△SAB的面积最大. -3-36 因为点F(-L,O)到直线AB的距离d= V32+425 所以点8到直线B的距离么sd+PR-号1- 故sw对好背留 所以△SAB面积的最大值，」 (3)由题意知，MN+PO=MF+PF,+2. 因为11，所以由对称性可知，M+PF为椭圆父+上=1截直线马所得弦的长. 43 设4：x=my+1,且2与椭圆+上=1交于点(，)和(x. 43 21/22 命学科网 www zxxk com 让教与学更高效 x=y+1 由xy =1'得3m+4广产+6my-9=0,则△=144m2+1>0, 4+3 6m 9 所以y+%=3m+4'4=3m+4' 一12(m2+1 所以M+PF,=1+mVy+⅓-4=3m2+4 =4-4 3m2+4 所以当m=0时，ME+PF取得最小值4-1=3， 所以MN|+|PQ的最小值为3+2=5. 22/22 专题09 直线与圆、圆锥曲线 考点分类 2026年高考命题解读 创新考法 考点01 直线与圆 侧重代数推理与多曲线关联：不再局限于单个圆的性质，而是考查直线与多个圆（如三圆）的弦长关系。核心在于利用弦长公式转化为圆心距问题，常涉及参数讨论与导数求最值。 1. 多圆弦长综合（新课标Ⅰ）：一道题同时涉及三个圆，将弦长关系转化为距离关系，结合导数求解最值，对逻辑转化能力要求极高。 2. 圆系方程的深层应用（新课标Ⅱ）：通过两圆方程相减直接求公共弦，考查学生对圆系几何本质的快速识别。 考点02 椭圆 强化轨迹与对称性：计算量适中，但思维要求高。重点考查椭圆的定义、离心率计算以及直线与椭圆相交时的面积、斜率关系。轨迹方程的求解是重难点。 1. 轨迹的“中心点”探究（新课标Ⅱ）：引入“中心点”概念，结合平移变换，讨论轨迹在不同参数下是椭圆、双曲线还是抛物线，极具创新性。 2. 对称点与斜率定值（天津卷）：将直线与圆相切作为条件，求椭圆上点关于直线对称后的斜率关系，综合了几何变换与代数运算。 考点03 双曲线 回归定义与几何性质：相比椭圆，双曲线考题更侧重几何直观。重点考查渐近线、离心率以及焦点三角形的性质。上海卷的题目体现了“设而不求”的解题思想。 1. 焦点三角形与中线长定理（上海卷）：第（2）问利用余弦定理或向量数量积求面积，第（3）问探究弦长倒数和为定值，考查了极化恒等式等高阶几何工具的应用。 2. 几何构造求离心率（天津卷）：通过构造直角三角形，利用边角关系直接求解离心率，避免了繁琐的联立方程。 考点04 抛物线 坐标运算与二级结论：抛物线题目通常涉及焦点弦、切线及与直线的交点。难点在于纵坐标（或横坐标）积的定值关系，以及利用抛物线定义转化距离。 1. 纵坐标积与轴交点关系（天津卷）：通过推导抛物线弦与坐标轴交点的横坐标公式，进而证明一系列关于纵坐标积的恒等式，考查了对抛物线代数结构的深刻理解。 2. 双抛物线焦点距（新课标Ⅰ）：结合两个不同类型的抛物线经过同一点，求解参数及焦点距离，考查了对标准方程形式的灵活掌握。 考点01 直线与圆、圆与圆 1．（2026·新课标全国Ⅰ卷·高考真题）（多选）已知圆，圆，圆，直线与，，均有两个交点．记被，，截得的弦长分别为、、，则（     ） A．可以取任意实数 B．满足的直线共有条 C．满足的直线多于条 D．当时，的最大值为 【答案】BCD 【分析】已知三个圆均为半径的等圆，圆心分别为、、，利用弦长公式（为对应圆心到直线的距离，且以保证直线与圆有两个交点），逐个分析选项即可. 【详解】记到直线的距离分别为，则，，. ∵ 直线与三个圆均有两个交点， ∴ ，，，对应弦长为. A：∵ 解，得， 解，得， 不妨取， ∵， ∴，记， 解，得，记， 当，即时，， 此时不存在这样的直线与三个圆都相交. ∴ 不能取任意实数，A错误. B：∵ ， ∴ . 由得，平方得，即或. ①当时，直线为，由得，解得， 此时，符合条件，对应直线条. ②当时，直线为，由得，解得， 此时，符合条件，对应直线条. 综上，共条直线满足条件，B正确. C：令， ∴ ，， 令，则， ∴ . 令，即， 平方整理可得，解得或，即或， 经验证，此时均小于，满足题目要求，此时已有条直线，多于条，C正确. D：当时，，， ∴ ，， 令，则， ∴ . 设，求导得， 令得，此时取最大值， ∴ 的最大值为，D正确.    【点睛】方法点睛：本题考查直线与圆的位置关系，核心是利用弦长公式将弦长关系转化为圆心到直线的距离关系，最值问题可通过换元结合导数求解，多选题可逐个验证选项，结合特殊情形快速判断正误. 2．（2026·新课标全国Ⅱ卷·高考真题）（多选）已知圆：，圆：，则下列说法正确的是（     ） A．点的坐标为 B．时，圆与轴相切 C．当时，圆与圆相切 D．当圆与圆相交时，两交点所在的直线方程为 【答案】BC 【分析】对于A，求出的圆心坐标即可判断； 对于B，利用圆心到的距离即可判断； 对于C，求出两个圆的圆心距与半径之差，半径之和比较即可判断； 对于D，将两个圆的方程相减化简即可求解. 【详解】由：，化简可得， 所以，的圆心，半径，故A错误； 对于B，由，得的半径，所以圆心到轴的距离，即与轴相切，故B正确； 对于C，由，得的半径，由于的圆心为，半径，所以，则与内切，故C正确； 对于D，由，化简得：， 所以与两个交点所在直线的方程为，故D错误. 3．（2026·新课标全国Ⅱ卷·高考真题）（多选）已知抛物线：，有一斜率为的直线过点，点A在抛物线E上，,两点在直线上，且为等边三角形，则（     ） A．抛物线E的准线方程为 B．当直线与抛物线E无交点时， C．若直线与抛物线相交于唯一一点，则抛物线E的焦点在直线上 D．当时，面积的最小值为 【答案】ABD 【分析】A选项，根据抛物线方程得，进而得出准线方程；B选项，设直线为，和抛物线方程联立消去，令求解；C选项，先根据直线和抛物线相切，求出切点，假设过焦点，则得到，根据两直线的夹角的公式推出的正切值，从而判断；D选项，可将问题转化为抛物线上一点到直线的距离最小值来处理. 【详解】A选项，，则，故准线，A选项正确； B选项，设直线为，则， 联立得到，， 直线和抛物线无交点，则， 结合，解得，B选项正确； C选项，由联立方程， 若与相交于唯一点，只可能是相切， 则，解得， 此时，解得，进而得，则， 若过焦点（如图），由于，，而， 根据倾斜角的定义，，， 而，此时的正切值为， 即，这与为等边三角形矛盾，C选项错误； D选项，当，此时直线方程为， 设，则到的距离为， 即等边三角形的高的最小值为，此时面积，D选项正确. C选项方法二：求得，则，， 则， 则，抛物线E的焦点不在直线上，故C错误. D选项方法二：到的最小距离可转化为抛物线和平行的切线，求得两平行线的距离即可， 由于，设直线为， 联立，得到， 由，此时直线为， 由平行线的距离公式可推出直线间距离为，其余同上. 4．（2026·上海卷·高考真题）在平面直角坐标系中，点到直线的距离为____________. 【答案】/0.6 【分析】根据点到直线的距离公式求解即可. 【详解】根据点到直线的距离公式可得. 故答案为：. 5．（2026·北京卷·高考真题）已知直线与圆相切，则________． 【答案】 【详解】圆的圆心为，半径. 由直线与圆相切，则得， 解得. 考点02 椭圆 1．（2026·上海卷·高考真题）已知椭圆与椭圆相交于、、、四点，且与和的四个焦点在同一个圆上，则_____________. 【答案】 【分析】根据椭圆和圆的对称性、椭圆的焦距公式进行求解即可. 【详解】因为两个椭圆的四个焦点在同一个圆上， 所以根据椭圆和的对称性可知，该圆的圆心为原点， 因此有， 且两个椭圆的半焦距为， 因此该圆的方程为， 又因为、、、四点与和的四个焦点在同一个圆上， 所以由椭圆和圆的对称性可知，这四个点也在圆上， 由，代入椭圆中， 得，又，故， 故答案为： 2．（2026·上海卷·高考真题）在中，，，．已知点，，分别为椭圆的上、下、右顶点，以及两个焦点中的三点，求椭圆的离心率__________． 【答案】 【分析】根据椭圆对称性分析各点的可能性情况，分情况讨论求的值，即可得离心率. 【详解】因为， 根据对称性可知：点其中一个为上下顶点，一个为右顶点，一个为焦点，不妨取上顶点. ①当点中一个为上顶点，一个为右顶点，一个为左焦点，如图1 则或，解得或无解； ②当点中一个为上顶点，一个为右顶点，一个为右焦点，如图2， 则或，方程组均无解； 综上所述：，，，所以离心率. 3．（2026·新课标全国Ⅰ卷·高考真题）已知椭圆的左焦点为，离心率为． (1)求的方程； (2)设为坐标原点，过且斜率大于的动直线与交于，两点，其中在第三象限，直线与的另一个交点为． （i）若的面积是的面积的倍，求的方程； （ii）求的最小值． 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据焦点以及离心率的定义即可求解； （2）（i）通过联立直线与椭圆方程，利用韦达定理以及三角形的面积公式即可求解；（ii）由于是直线与直线的夹角，根据列出表达式即可求解. 【详解】（1）已知椭圆的左焦点为，离心率， 则，解得，， 因此椭圆方程为. （2）解法一： 设，点，点，其中， 联立直线与椭圆方程，得， 由韦达定理得， 由于两点在椭圆上，关于原点对称， 所以点，且， （i）    由面积公式，， 又因为是线段的中点，所以，所以， ， 由于，得，即， 令，由与，得， 代入，得，解得， 所以，所以直线的方程为. （ii）直线的斜率为， 于是，当且仅当时取等号， 故的最小值为. 解法二： （i）如图所示，设直线的方程为，其中斜率，         设点，点，且， 根据椭圆的中心对称性可知，点， 联立直线与椭圆方程，得，化简得， 由韦达定理可得， 因为是关于原点的对称点，所以是线段的中点， 因此，所以， 由于，所以， ， ， 所以，即， 由于，所以简化为， 代入韦达定理，得，则， 化简得，由于，解得， 所以直线的方程为，即. （ii）由题意，即为直线与直线的夹角， 直线即直线，方程为， 点，点，点，直线的斜率， 直线的斜率， 由于在直线上，有， 则，代入， 则， 设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则， 因此， 即， 由基本不等式得，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为. 4．（2026·新课标全国Ⅱ卷·高考真题）椭圆：（），过右焦点且与轴垂直的直线被截得的长度为． (1)求的离心率． (2)为坐标原点，给定点，在上，过点作轴的垂线，垂足为，与交于点．当在上运动时，的轨迹为． （ⅰ）求的方程； （ⅱ）是否有中心点？当为何值时，有中心点？当有中心点时，平移到，使为的中心点，说明的形状. 【答案】(1) (2)（i）的方程为； （ii），当时，轨迹无中心点； 当时，有中心点； 当时，形状为焦点在x轴上的椭圆去掉与轴交点， 当时，形状为焦点在x轴上的双曲线去掉与轴交点. 【分析】（1）利用过右焦点垂直于轴的直线被所截线段长为 ，通过求出坐标解出线段的长，求得再求出离心率； （2）(i)通过联立方程求出点的坐标，再反解出点的坐标代入椭圆方程，从而求出的轨迹的方程； （ii）先对曲线方程配方，再讨论在不同取值时，中心存在的情况；再通过平移规律求出的方程，再讨论不同情况下的形状. 【详解】（1）设椭圆 的右焦点为，其中 ， 那么过右焦点且垂直于 轴的直线为，代入椭圆得 ，即 ， 所以 ，由于截线段长为 ，解得 ， 故 ，离心率 . （2）(i)  方法一： 由(1)知椭圆方程为 ，由于点满足 ，且 ，过作轴的垂线，交 轴于点 ， 那么当时，点，点与点重合； 当时，直线 方程为：，直线方程为： ， 即 联立，解得即点， 设，则由， 代入椭圆方程 得，即 两边乘以 得 整理得， 把点代入，仍然成立， 故轨迹的方程为； 方法二： 由于，点在轴，故直线必有斜率； 设直线方程为，，那么点， 由于轴，则， 由于点三点共线，则， 因为点在直线上，所以，， 把代入椭圆方程： ，得，即， 整理化简，得 ， 故轨迹的方程为； (ii)由（i）得轨迹的方程为， 当即时，轨迹的方程为 ，为抛物线去掉与x轴交点，无中心点； 当 即 且0时， 化简轨迹的方程为， 将轨迹向左或向右平移个单位得到的方程为，即， 所以当时，形状为焦点在x轴上的椭圆去掉与轴交点， 当时，形状为焦点在x轴上的双曲线去掉与轴交点. 综上，当时，轨迹无中心点； 当时，有中心点； 当时，形状为焦点在x轴上的椭圆去掉与轴交点， 当时，形状为焦点在x轴上的双曲线去掉与轴交点. 5．（2026·北京卷·高考真题）已知椭圆：（）的一个顶点是，离心率为． (1)求的方程； (2)过点，斜率为的直线交椭圆于、两点，关于的对称点为，交于，若，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用顶点坐标及离心率计算即可得； （2）设出直线，联立曲线方程可得与交点横坐标有关韦达定理，结合题目所给条件计算可得点、点坐标，再利用点到直线距离公式与两点间距离公式可表示出与，结合题目所给条件与韦达定理计算即可得解. 【详解】（1）由题意可得，则，即，故的方程为； （2）由题意可得，设、， 由关于直线对称的点为，则， 联立，消去得：， 由，故在椭圆内部，故恒成立，有、， 则， ， ，联立， 则，即， 整理得，即， 点到直线的距离，点到直线的距离， 又，则，， 故 ， 即有，若，则，无解，不符； 则，有，解得； 故. 6．（2026·天津卷·高考真题）已知椭圆（）的离心率为，椭圆被直线截得的线段长为． (1)求的标准方程； (2)斜率为的直线与圆相切，且该直线交椭圆于，（），是椭圆的上顶点．记直线，的斜率分别为，，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆的离心率可知，，然后将代入椭圆方程即可求解； （2）根据直线与圆相切即可求出，分类讨论即可. 【详解】（1）由于椭圆的离心率为，所以，即， 由于，所以， 将代入椭圆方程，得，即，解得，即， 由题意，所截得的线段长为，所以，解得，从而， 所以椭圆的方程为. （2）由（1）可知，，所以圆的方程为， 设直线的方程为，因为直线与圆相切，如图所示， 则圆心到直线的距离，解得， 椭圆上顶点，分两种情况讨论： ①当时，直线的方程为，代入椭圆方程， 化简得，解得或， 则当时，，当时，，由于，所以， 则，，此时； ②当时，直线的方程为，代入椭圆方程， 化简得，解得或， 当时，，当时，，由于，所以， 则，，此时. 综上所述，的值为. 考点03 双曲线 1．（2026·新课标全国Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线：（，）过点和，则双曲线C的渐近线方程是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】把点和代入双曲线方程求出，再求出渐近线方程即可. 【详解】把点和，代入双曲线方程可得 ， 所以双曲线方程为， 故该双曲线渐近线方程为. 2．（2026·北京卷·高考真题）已知双曲线：的渐近线方程为，则的值为（     ） A．2 B．3 C．4 D．9 【答案】B 【分析】根据渐近线方程结合已知双曲线方程列式计算求解. 【详解】因为双曲线为，则渐近线为， 又因为渐近线为，且，所以. 3．（2026·天津卷·高考真题）已知双曲线（，）的左焦点为，是右顶点，是双曲线上一点，满足，，则双曲线离心率为（     ） A．4 B． C． D． 【答案】D 【分析】解法一：过点作垂直轴，垂足为，根据几何关系用表示出点坐标，代入双曲线方程构造齐次式，然后可得离心率. 解法二：设右焦点为，连接，根据双曲线的定义和性质可得，，结合余弦定理运算求解. 【详解】解法一：如图，过点作垂直于轴，垂足为， 因为，所以，所以， 又，所以， 根据双曲线对称性，不妨设点在第二象限，则， 将点坐标代入双曲线方程得：， 整理得， 将代入上式，整理得， 两边同时除以，整理得，解得. 解法二：如图， 设右焦点为，连接， 由题意可知：，， 在三角形中，， 在三角形中，， 即， 整理可得，可得， 所以. 4．（2026·新课标全国Ⅰ卷·高考真题）双曲线的离心率为__________． 【答案】 【分析】先将给定双曲线方程化为标准形式，确定、，再利用双曲线中的关系求出，最后根据离心率定义计算结果. 【详解】将双曲线化为标准方程，得，则， 因此，则离心率为. 5．（2026·上海卷·高考真题）已知双曲线，过点作不垂直于轴的直线交双曲线于、两点. (1)求双曲线离心率； (2)若点，点在双曲线的右支上，且是的中点，求直线的斜率； (3)若，，分别是双曲线的左右焦点，是关于轴的对称点，若存在直线使得，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）求出，直接利用公式即可求解； （2）根据中点坐标公式求出点，将点坐标代入双曲线方程求出，再利用斜率公式即可求出答案； （3）设直线方程为，联立求出，由题意得且，再根据求出，结合且可求出答案. 【详解】（1）对于双曲线，，， ， 所以双曲线离心率. （2）因为点是的中点，所以点， 代入双曲线方程，得， 解得， 又点在双曲线的右支上，所以，即， 所以， 所以直线的斜率为. （3）当直线斜率为时，易知与共线，不符合题意； 当直线斜率不为时，设直线方程为， 设，，则， 联立，整理得， （*）且， ，， 因为，， 所以，， 所以， 即， 即， 整理得，即， 代入（*）中得，又，所以， 又因为，即，所以且， 综上，的取值范围为. 6．（2026·上海卷·高考真题）已知双曲线，点在上，，分别为双曲线的左、右焦点． (1)求点到双曲线渐近线的距离； (2)若，求； (3)记为双曲线满足和的部分；直线，均过右焦点，与交于，两点（分别在第一、第四象限），与交于，两点（分别在第三、四象限），问：是否存在常数，使得对任意直线，都存在唯一对应的直线满足？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在实数符合题意，此时的取值范围为 【分析】（1）根据双曲线方程求，即可得渐近线方程以及点到直线的距离； （2）解法一：根据余弦定理可得，结合定义可得，，即可得面积；解法二：设，根据数量积可得，即可得面积；解法三：根据极化恒等式和中线长性质可得，，结合面积公式运算求解； （3）根据题意结合双曲线性质可得直线斜率取值范围，设直线方程结合弦长公式可得，，进而分析取值范围即可得解. 【详解】（1）由题意可知：，， 则，，渐近线方程为，即， 所以点到双曲线渐近线的距离为. （2）解法一：因为， 由余弦定理可得， 整理得：， 因点是双曲线上一点，则，可得， 代入可得，，则， 所以的面积为； 解法二：设，则，即， 可得，， 因为，即，解得， 所以的面积为； 解法三：因为，即， 由中线长定理可知：， 因为，可得， 代入可得，，可得， 解得，则，， 所以的面积为. （3）不妨取，，则直线的斜率， 依题意，设直线：，则，设直线：，则，，， 联立方程，消去x可得， 则，， 可得， 可知函数在内单调递增，则， 且当趋近于1时，趋近于，即在内的值域为，故， 因，所以； 同理可得： 可知在内单调递减，则， 且当趋近于1时，趋近于，即在内的值域为，故； 由题意可知：，可得，解得， 所以存在实数符合题意，此时的取值范围为. 考点04 抛物线 1．（2026·新课标全国Ⅰ卷·高考真题）已知抛物线（）和（）均经过点，则的焦点与的焦点之间的距离为（     ） A．12 B． C．6 D． 【答案】D 【分析】将已知点代入抛物线方程求解参数，再结合抛物线焦点坐标公式得到两个焦点坐标，最后代入距离公式计算即可. 【详解】∵ 抛物线经过点， ∴ 将代入的方程得，即，解得. ∴ 的焦点坐标为，即. ∵ 抛物线经过点， ∴ 将代入的方程得，即，解得. ∴ 的焦点坐标为，即. 根据两点间距离公式，与之间的距离为： . 2．（2026·上海卷·高考真题）已知点为抛物线上一点，若点到的焦点的距离是到轴的距离的两倍，则点的横坐标是____________. 【答案】 【分析】设，根据条件，利用抛物线的定义得，即可求解. 【详解】因为抛物线的焦点为，准线方程为，设， 由题有，解得， 故答案为：. 3．（2026·天津卷·高考真题）在平面内，为坐标原点，抛物线上有、、、四个点，、、、的纵坐标分别为、、、，直线与直线交轴于点，直线交轴于点，直线交轴于点，以下说法正确的有______． ①若与抛物线焦点重合，则； ②； ③； ④； ⑤ 【答案】②④ 【分析】首先探求抛物线弦与轴交点坐标与弦端点纵坐标积的关系，再利用关系式逐项分析，①②易得，③④⑤将长度与面积都转化为纵坐标表示，化简求解可得. 【详解】由题意、、、为抛物线上四个点可知，两两不等. 设抛物线上任意两点，其中. 当时，直线的斜率， 则直线方程为， 令，则直线与轴的交点横坐标 特别地，当时，， 此时直线垂直于轴，也成立， 因此，直线与轴的交点横坐标（）. ①由题意直线交轴于点，若与抛物线焦点重合，则其横坐标为， 故由式可得，即，故①错误； ②由题意直线与直线交轴于点， 则由式可得点横坐标， 可得，故②正确； ③由题意直线交轴于点，直线交轴于点， 则由式可得 ， 则， 故，故③错误； ④由式可得， 当点或为原点时，则点也重合于原点，此时； 当点与均不为原点时，即，且， 则结合②结论可知，， 则有，故④正确； ⑤由，可知，则， ， 如图，当时，不成立，故⑤错误； 故答案为：②④ 一、单选题 1．（2026·北京顺义·三模）双曲线的渐近线方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】双曲线的标准方程为，则， 其渐近线方程为：． 2．（2026·山西忻州·模拟预测）圆的圆心到直线的距离为（  ） A． B．2 C． D．3 【答案】C 【分析】根据题意，求得圆心的坐标，结合点到直线的距离公式，即可求解. 【详解】将圆，化为，可得圆心为， 圆心到直线的距离为． 3．（2026·北京朝阳·模拟预测）已知抛物线：的焦点为，点在抛物线上且在第一象限，若，则直线的倾斜角为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为抛物线的焦点为，所以，故抛物线方程为， 设，因为，所以，可得， 代入抛物线方程可得，解得， 因为点在第一象限，所以， 所以直线的斜率为，则直线的倾斜角为. 4．（2026·山东聊城·二模）已知直线，，且，则与的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据两直线平行求出实数的值，再利用平行线间的距离公式可求得结果. 【详解】因为，则，解得，即直线的方程为，可化为， 故与的距离为. 5．（2026·北京顺义·二模）已知直线过点，其倾斜角为，设原点到直线的距离为.当时，的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意，设直线的方程为，再结合点到直线的距离公式列不等式求解即可. 【详解】由题意，直线过点，且原点到直线的距离， 则直线的斜率存在，设直线的方程为，即， 则，由，则，解得或， 又，则的取值范围是. 6．（2026·福建泉州·模拟预测）已知圆与恰有一条公切线，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】解法一：先根据圆与圆的位置关系得到，令，，结合辅助角公式，正弦函数的性质即可求解． 解法二：先根据圆与圆的位置关系得到，令，从而得到关于的一元二次方程，再结合，求解即可． 解法三：先根据圆与圆的位置关系得到，令，，结合求解即可． 【详解】解法一：依题意，圆心分别为，，半径，， 因为两圆恰有一条公切线，所以两圆内切，所以， 即，解得， 令，，（其中为参数）， 则（其中）． 解法二：依题意，圆心分别为，，半径，， 因为两圆恰有一条公切线，所以两圆内切，所以， 即，解得， 令，则，代入， 整理得， 由，解得， 所以，所以． 解法三：依题意，圆心分别为，，半径，， 因为两圆恰有一条公切线，所以两圆内切，所以， 即，解得， 令，， 又，则， 当且仅当，共线，且时，即，取得最大值． 7．（2026·河南郑州·模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点且与其渐近线垂直的直线交C的左支于点P，若，则C的离心率为（   ） A．2 B． C． D． 【答案】C 【分析】利用正弦定理把用表示，然后利用余弦定理求得关系，从而求得离心率． 【详解】设的半焦距为，，渐近线的斜率的绝对值为， 所以，因为又，所以，故解得，， 则．在中，由正弦定理，得，解得，故， 由余弦定理，得，整理得，所以的离心率．    8．（2026·天津滨海新区·三模）已知抛物线：的准线经过双曲线：（，）的左焦点，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为点，延长与抛物线相交于点，若（为坐标原点），则双曲线的方程为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据抛物线准线过双曲线左焦点得出与的关系，再利用向量关系得到线段长度关系，结合双曲线的性质求出方程即可. 【详解】如图，作出符合题意的图形， 由题意得抛物线的准线方程为， 双曲线的左焦点（其中）， 抛物线的准线经过双曲线的左焦点，故，即， 已知，移项可得，即， 即，则， 又双曲线的一条渐近线方程为，即， 则焦点到渐近线的距离 在中，， 由勾股定理可得， 过作轴于点，则， 由相似三角形的性质可得， 即，所以， 则点的横坐标为，纵坐标的绝对值为， 因为点在抛物线上，且， 所以，即， 整理得，因此，则， 在本题中，，则，， 则双曲线方程为，故D正确. 二、多选题 9．（2026·山西忻州·模拟预测）点在单位圆上运动.记点到直线的距离为，到直线的距离为.则下列说法正确的是（   ） A． B．的最大值为 C．满足的点有且仅有2个 D． 【答案】ABD 【分析】利用点到直线的距离公式、圆的定义结合基本不等式判定各选项即可. 【详解】设，则. 点到直线的距离为，点到直线的距离为. 对于A，.故A正确. 对于B，由于，且， 所以. 因此.当且仅当时取等，故B正确. 对于C，若，则. 平方得，化简得. 单位圆上满足的点有（1，0），（-1，0），（0，1），（0，-1），共4个，故C错误. 对于D，由，得.故D正确. 10．（2026·山西忻州·模拟预测）在平面直角坐标系中，圆，．直线与两个圆均有公共点．记直线被，截得的弦长分别为，．则下列说法正确的是（   ） A．当时， B．当时， C．若，则或 D．存在直线，使得 【答案】ABCD 【分析】由题意可将，到直线的距离分别表示出来，从而得到弦长，，再逐一分析四个选项即可. 【详解】圆的圆心为，圆的圆心为．直线化为． 两个圆心到直线的距离分别为，． 两圆的半径均为1，故弦长满足． 对于A，当时，，所以．故A正确； 对于B，当时，，所以．故B正确； 对于C，若，则，即，化简得． 所以或．故C正确； 对于D，若取直线，则该直线经过两个圆的圆心，此时， 故．故D正确． 11．（2026·陕西榆林·模拟预测）已知过抛物线C：的焦点F的直线与C交于A，B两点，则下列说法正确的是（   ） A．线段的长度的最小值为8 B．若，则 C．若点，则直线，的斜率之和为零 D．上一个动点到直线的距离的最小值为 【答案】ACD 【分析】对于选项A，求出焦点的坐标，得到的方程，解出的值，从而得到抛物线的方程，将直线 方程代入抛物线，整理得到关于的一元二次方程，利用韦达定理求出，利用弦长公式求出，利用得到的最小值；对于选项B，求出，利用得到，利用得到的值，代入得解；对于选项C，求出，，计算得解；对于选项D，设与直线平行且与抛物线相切的直线方程为，整理得到，利用求出，利用两平行线间的距离公式求出直线与直线的距离，即为上一动点到直线的距离的最小值． 【详解】由题知，设直线的方程为， 点，，联立方程， 消去后整理为，则，. 由，得的最小值为8，A正确； 由，知，则，， 故，，即，， 所以，B错误； ，C正确； 设直线与C相切，联立方程 消去后整理得， 由，得， 故C上一个动点P到直线的距离的最小值为，D正确． 12．（2026·山西忻州·模拟预测）已知椭圆：的左、右焦点分别为，．点在椭圆的第一象限部分，且．过点作椭圆的切线，该切线与轴、轴正半轴分别交于，，则下列说法正确的是（    ） A．点的坐标为 B． C．的面积为 D．该切线的斜率为 【答案】ABC 【分析】利用椭圆的性质求出点到焦点的距离，从而结合两点间距离公式求出点的坐标，设出切线方程与椭圆方程联立，利用根的判别式等于零求出切线的斜率，从而求出切线和坐标轴的交点，并计算出三角形的面积. 【详解】 选项A、B：椭圆，则椭圆的焦点，， 点在椭圆的第一象限部分，设， 因为，且根据椭圆的性质可知， 所以，即，故选项B正确； ，化简可得， 因为，所以代入可得，解得， 所以，即点的坐标为，故选项A正确； 选项C、D：设过点与椭圆相切的直线为，的斜率为， 则的直线方程为，即， 直线方程与椭圆方程联立可得， 化简可得， 则， 化简可得，即， 解得，故选项D错误； 因此的直线方程为， 令，则，即， 令，则，即， 所以，故选项C正确. 13．（2026·云南玉溪·模拟预测）已知曲线，则以下结论正确的是（    ） A．的范围是 B．若，则曲线具有周期性 C．曲线关于轴对称 D．曲线与圆有公共点 【答案】BCD 【分析】根据正弦函数的值域判断A；根据正弦函数的周期性判断B；将代入曲线，再根据对称性的概念判断C；求出曲线与圆的交点，可判断D. 【详解】曲线， 则，A选项错误； 当，则曲线，， 即当点在上时，点也在上时， 所以是周期，所以曲线具有周期性，B选项正确； 将代入曲线，得成立， 所以曲线关于轴成轴对称图形，C选项正确； 由，得， 当时，上式成立， 曲线，与圆有公共点，D选项正确. 三、填空题 14．（2026·重庆·三模）若直线：与曲线有两个交点，则实数的取值范围是__________． 【答案】 【分析】先求出直线所过定点，再将曲线转化为，可知其为半圆，结合图象，即可求出的取值范围. 【详解】由题意得，直线的方程可化为，所以直线恒过定点， 又曲线可化为， 其表示以为圆心，半径为2的圆的上半部分，如图. 当直线与该曲线相切时，点到直线的距离， 解得，设，则， 由图可得，若要使直线与曲线有两个交点，则实数， 即实数的取值范围是. 15．（2026·安徽·模拟预测）已知M是抛物线上的一点，F是抛物线的焦点，若，则直线的倾斜角为______________． 【答案】或. 【分析】由抛物线的几何性质求的纵坐标，再求的斜率，进而得到倾斜角. 【详解】    抛物线的准线为，设直线的倾斜角为， 过M向抛物线的准线作垂线交准线于，由抛物线的几何性质得，所以的纵坐标为， 又因为M是抛物线上的一点，所以，所以， 所以，或. 16．（2026·北京·三模）数学中的数形结合可以组成世间万物的绚丽画面，优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的产物，曲线为四叶玫瑰线，下列结论正确的是________． ①方程，表示的曲线在第一和第三象限； ②曲线C上任一点到坐标原点O的距离都不超过1； ③曲线C构成的四叶玫瑰线面积小于π； ④曲线C上有5个整点（横、纵坐标均为整数的点）． 【答案】②③ 【分析】对于①，由表示，异号，对应第二、四象限，从而得到结论；对于②，设点在曲线上，求出到原点的距离，结合基本不等式可以得到，从而得到结论；对于③，曲线上所有点都在以原点为圆心，半径为1的圆内（含边界），求出单位圆的面积，而玫瑰线仅由四片花瓣组成，未填满整个圆，因此其面积小于单位圆的面积，从而得到结论；对于④，整点即，且（由②）,可能的点为,，，将这些点分别代入方程中，检验是否成立，从而得到结论. 【详解】对于①，方程中， 表示，异号， 对应第二、四象限，第一、三象限满足，因此①错误； 对于②，设点在曲线上，到原点的距离， 即 ，由基本不等式：， 代入曲线方程： ，即 ， 因，两边除以（）得，即， 当且仅当时取等号，因此②正确； 对于③，由②知，曲线上所有点都在以原点为圆心，半径为1的圆内（含边界）， 单位圆的面积为，而玫瑰线仅由四片花瓣组成，未填满整个圆， 因此其面积小于，③正确； 对于④，整点即，且（由②）, 可能的点为,将其代入方程，得到成立； 将代入方程，左边为，右边为，不成立； 将代入方程，左边为，右边为，不成立； 因此仅1个整点，④错误. 结论：正确的是②③. 四、解答题 17．（2026·河北·二模）已知双曲线的渐近线方程为，点在双曲线上． (1)求双曲线的焦距； (2)过双曲线的右焦点且倾斜角为的直线与交于两点，求． 【答案】(1) (2)4 【分析】（1）根据双曲线的渐近线方程得到与的关系，再将点的坐标代入双曲线方程，联立求解出，的值，进而求出的值，得到焦距； （2）先求出直线的方程，然后联立直线与双曲线的方程，利用弦长公式求出即可. 【详解】（1）由题意得： ， 又，可得， ，则双曲线的焦距为． （2）双曲线的方程为， 右焦点坐标为， 设直线的斜率为． 直线的方程为：， 联立，整理得， 因 设，则 ． 18．（2026·河南南阳·三模）已知双曲线的离心率，左顶点，过C的右焦点F作与x轴不重合的直线l，交C于P、Q两点． (1)求双曲线C的方程； (2)求证：直线、的斜率之积为定值； (3)设，试问：在x轴上是否存在定点T，使得恒成立？若存在，求出点T的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)由题意知．设直线， 与双曲线方程联立得． ， 设、，则， 故直线、的斜率之积为 ． (3)存在， 【分析】（1）根据离心率的定义及求解即可. （2）设直线，与双曲线方程联立，结合韦达定理求解即可. （3）根据向量垂直的坐标表示得到，即，结合即韦达定理求解即可. 【详解】（1）设双曲线的半焦距为c． 由题意知．故， 所以，双曲线C的方程为． （2）略 （3）由题意知，得． 设，则． 即． 又，即，解得． 所以， 因此在x轴上存在定点，使得恒成立． 19．（2026·重庆·三模）已知椭圆：过抛物线的焦点，且与双曲线有相同的焦点． (1)求椭圆的方程； (2)设直线：与椭圆交于不同的两点，，点，若直线的斜率与直线的斜率互为相反数，求证：直线过定点． 【答案】(1) (2)直线过定点，证明见解析 【分析】（1）由抛物线方程和双曲线方程分别可焦点坐标，进而可得，，再由椭圆的性质可得，因此可得椭圆方程； （2）设交点坐标，再联立直线的方程与椭圆的方程消去，由根与系数关系及可得，进而可得直线过定点. 【详解】（1）由抛物线，得焦点， 因为椭圆过抛物线的焦点，所以. 由双曲线，得焦点， 因为椭圆与双曲线有相同的焦点，所以. 由椭圆的性质，， ∴椭圆的方程为. （2）设，， 联立，消去得， ， ，， 由已知， 所以， 所以， 则， ， ，解得，满足， ∴直线的方程为，故直线恒过定点 20．（2026·云南·三模）在平面直角坐标系中，，以为圆心作半径为4的圆，是圆上任意一点，线段的垂直平分线与半径交于点. (1)当在圆上运动时，求点的轨迹方程； (2)过的直线交曲线交于两点，点关于轴的对称点为. （i）直线与轴的交点为，求点的坐标； （ii）求的取值范围. 【答案】(1) (2)（i）（ii） 【分析】（1）由条件可得，结合椭圆的定义判断轨迹形状，位置，结合椭圆方法求结论； （2）（i）设直线方程为，，联立方程组求，求直线的方程和的坐标，（ii）结合（i）利用表示，利用换元法及二次函数性质求其范围. 【详解】（1）因为是圆上任意一点，点为线段的垂直平分线与半径的交点， 则,故， 又因为，则 所以的轨迹是以为两焦点，长轴长为4的椭圆， 即, 故的轨迹方程为. （2）（i）由已知直线与直线不重合， 设过的直线方程为，， 联立，化简得， 显然，且， 又因为，则直线的方程为，令，得， 将代入上式， 可得， 所以点的坐标为. （ii）由（i）得， 同理得，， 则 将代入， 化简得，， 故 令，则， ， 由，则， 当时，，当时，， 所以的取值范围为. 21．（2026·陕西商洛·模拟预测）由半个椭圆和两个相同的半圆组成的形如心脏的曲线称为“类心脏曲线”．如图，在平面直角坐标系中，类心脏曲线的两个半圆和的圆心恰好分别是半椭圆的左、右焦点和，且点，分别为的左、右顶点．已知半圆和的半径均为1． (1)求半椭圆的方程和离心率； (2)若直线交曲线C于A，B两点，动点S在曲线C上，求面积的最大值； (3)如图，分别过点，作两条平行线，，分别与，和，交于点M，N和点P，Q，求的最小值． 【答案】(1)， (2)最大值． (3)5 【分析】（1）由半圆的半径求解，，即可求解半椭圆的方程与离心率； （2）设点A在x轴下方，点B在x轴上方，直线与椭圆联立，再由点S在半圆上以及可得的面积最大即可求解； （3）由题意知，，再由，由对称性求解所截得弦的长，直线与椭圆联立，由韦达定理的代入求解即可. 【详解】（1）设半椭圆的方程为（，且）． 由半圆的半径为1，得，， 故，，，，所以，， 所以，解得， 所以半椭圆的方程为， 所以半椭圆的离心率． （2）如图，不妨设点A在x轴下方，点B在x轴上方， 由，得，解得或， 所以，则直线的方程为， 又等于半径1，所以． 显然，当点S在半圆上且时，的面积最大． 因为点到直线的距离， 所以点S到直线的距离， 故， 所以面积的最大值． （3）由题意知，． 因为，所以由对称性可知，为椭圆截直线所得弦的长． 设，且与椭圆交于点和． 由，得，则， 所以，， 所以， 所以当时，取得最小值， 所以的最小值为． 试卷第1页，共3页 2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $