培优专题04 解析几何 6大重难题型（大题专练）（全国通用）2026年高考数学终极冲刺讲练测+答案

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?题型 01 轨迹方程与曲线方程问题
命题方向一 定义法求轨迹方程
命题方向二 相关点法求轨迹方程
命题方向三 交轨法与探究型轨迹问题
?题型 02 圆锥曲线的弦长、面积与斜率问题
命题方向一 弦长问题
命题方向二 面积问题
命题方向三 斜率问题
?题型 03 定点、定值、定直线 “三定” 问题
命题方向一 定点问题
命题方向二 定值问题
命题方向三 定直线问题
?题型 04 圆锥曲线中的取值范围、最值问题
命题方向一 圆锥曲线的最值问题
命题方向二 圆锥曲线的范围问题
?题型 05 证明类与几何探究问题
命题方向一 圆锥曲线中的证明问题
命题方向二 圆锥曲线中探究性问题
?题型 06 圆锥曲线的融合交汇问题
命题方向一 圆锥曲线与三角函数的融合问题
命题方向二 圆锥曲线与数列的融合问题
命题方向三 圆锥曲线与立体几何的融合问题
题型01 轨迹方程与曲线方程问题
抓关键·破难点
五大轨迹方程速解技法
1.定义法：从题设条件能直接判断出点的轨迹为所学的曲线(椭圆、双曲线、抛物线等)，则先判断动点的轨迹形状，再确定相关曲线的基本元素，从而得到轨迹方程.
2.直接法：当所求动点要满足的条件简单明确时，可直接按“建系设点、列出条件、代入坐标、整理化简、限制说明”五个基本步骤求轨迹方程.
3.相关点转化法：当题目中的条件同时具有以下特征时，一般可以用相关点转化法求轨迹方程:
(1)某个动点在已知方程的曲线上移动;(2)另一个动点随的变化而变化；（3）在变化过程中和满足一定的规律.
4.参数法：当题设条件中很难或者无法直接找到坐标变量，的关系时，可通过设辅助参数,分别找到与的关系，即，消去参数后即可求得轨迹方程.
5.交轨法： 求两曲线的交点轨迹方程时，往往先利用方程组求出交点坐标(含参数)，再消参即可.
刷经典·通方法
?命题方向一 定义法求轨迹方程
1.（2026·甘肃陇南·一模）已知定点，点为圆上的动点，为的中点．
（1）求的轨迹方程；
（2）若过定点的直线与的轨迹交于两点，且，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）或
【分析】（1）设点的坐标为，表达出点的坐标，将其代入中，整理可得的轨迹方程；
（2）考虑直线的斜率不存在和斜率存在两种情况，由点到直线距离和弦长公式进行求解，得到答案.
【详解】（1）设点的坐标为，则点的坐标为，
点为圆上的动点，
，化简得，故的轨迹方程为．
（2）圆的圆心坐标为，半径，
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
此时圆心到直线的距离是，所以，满足条件；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，化简得，
因为，所以圆心到直线的距离，
由圆心到直线的距离公式得，
所以，即，平方得，
整理得，解得，故直线的方程为，即．
综上，直线的方程为或．
2.（2026·山东聊城·一模）已知圆，圆，动圆与、都外切.
（1）求圆心的轨迹方程；
（2）设，、是圆心轨迹上的不同两点，过点作，垂足为，若直线与的斜率之积等于，求动点轨迹的长度.
【答案】（1）
（2）
【详解】（1）设圆的半径为，圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，
因为圆与圆、圆都外切，则，，
所以，，
所以，点的轨迹是以点、为焦点的双曲线的右支，
设双曲线的标准方程为，则，可得，，则，
所以，，
所以，圆心的轨迹方程为.
（2）若直线与轴垂直，则直线与曲线只有一个公共点，不合乎题意，
设直线的方程为，设点、，
联立可得①，
则且，可得且，
由韦达定理可得，，
，
整理可得，
即，
整理可得，
若，此时，方程①为，由于，解得，
此时直线与点的轨迹只有一个公共点，不合乎题意，
所以，，所以，直线的方程为，故直线过定点，
因为，取线段的中点，则，
所以点在以点为圆心，半径为的圆上运动，
由题意可得，可得，
易知直线的方程为，
联立可得，
直线交轴于点，交圆于、两点，
，则，所以，，
易知点的轨迹为劣弧（不包括端点），其长度为.
?命题方向二 相关点法求轨迹方程
3.（2026·浙江丽水·模拟）已知是椭圆上的两点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知是椭圆上的两动点，且的横坐标之和为，设直线为线段的中垂线，过点作直线，垂足为．求垂足横坐标的取值范围，并求的轨迹方程．
【答案】（1）；
（2），且.
【分析】（1）根据椭圆上两点代入方程求解的值即可得椭圆方程；
（2）设，线段的中点，分别讨论直线的斜率是否存在，当斜率存在时确定直线的方程与直线联立得横坐标与的关系，结合函数得的取值范围，结合圆的定义从而得的轨迹方程.
【详解】（1）由题意解得，所以椭圆的标准方程为；
（2）设，线段的中点，则，，
①当时，的中垂线为轴，过点向中垂线作垂线，垂足为点
②当时，直线的斜率，则，
所以，将代入椭圆方程得，
所以，从而或，
线段的中垂线方程为，即．
故线段的中垂线过定点
故垂足轨迹是在以为圆心，半径为的圆弧，其方程为
过点与垂直的直线为，
联立方程组消去得，因为，
所以，综上①，②所得
所以垂足轨迹方程是，且．
?命题方向三 交轨法与探究型轨迹问题
4. （2025·高考综合改革适应性演练）已知椭圆C的离心率为，左、右焦点分别为，
（1）求C的方程；
（2）已知点，证明：线段的垂直平分线与C恰有一个公共点；
（3）设M是坐标平面上的动点，且线段的垂直平分线与C恰有一个公共点，证明M的轨迹为圆，并求该圆的方程．
【答案】（1）
（2）证明见详解
（3）点的轨迹是圆，该圆的方程为
【分析】（1）根据椭圆焦点坐标得，离心率为，得，从而求出，得出椭圆方程；
（2）写出中垂线方程，联立椭圆方程，判别式等于零，即可证明恰一个公共点；
（3）解法一：利用设直线方程联立椭圆方程的方法，根据判别式等于0，即可求解.
解法二：利用椭圆定义和线段垂直平分线的性质结合光学性质，得到 ，从而得到点的轨迹和轨迹方程.
【详解】（1）因为椭圆左、右焦点分别为，，所以，又因为椭圆C的离心率为，
得，所以椭圆方程为.
（2）由，得直线斜率为，中点坐标为，
所以线段的垂直平分线方程为，
联立垂直平分线方程和椭圆方程得，，
，所以直线与椭圆相切，
线段的垂直平分线与C恰有一个公共点；
（3）解法一：设，
当时，的垂直平分线方程为，
此时或；
当时，的垂直平分线方程为，
联立，
得，
即
因为线段的垂直平分线与C恰有一个公共点，
故，
即，
则，
即，
，
即，
，
而，也满足该式，
故点轨迹是圆，该圆的方程为，即.
解法二：设线段的垂直平分线与C恰有一个公共点为P，
则当点P不在长轴时，线段的垂直平分线即为点P处的切线，
也为的角平分线，
作的角平分线，根据椭圆的光学性质得，
，则，
故，
所以三点共线，所以，
所以点的轨迹是以为圆心，4为半径的圆，
当P在椭圆长轴上时，M点为或也满足，
故点的轨迹是圆，该圆的方程为.
5.（2025·河北秦皇岛·模拟预测）已知椭圆的离心率为，右焦点为F，点在C上，过点F且斜率为k的直线l与C交于A，B两点.
（1）求椭圆C的方程.
（2）若直线l的斜率为，求的面积.
（3）设点Q满足，求点Q的轨迹方程.
【答案】（1）
（2）
（3）
【分析】（1）由题意得，结合可求出，从而可求出椭圆方程；
（2）设，求出直线的方程，代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系结合弦长公式求出，再利用点到直线的距离公式求出点到直线的距离，从而可求出的面积；
（3）设，，由，得，将代入椭圆方程化简利用根与系数的关系，结合前面的式子得，两式相比化简可求得，代入其中的一个化简可求得点Q的轨迹方程.
【详解】（1）由题意得，由得，得，
所以，得，则，故椭圆C的方程为；
（2）由（1）可知，则，
因为直线l的斜率为，所以直线l的方程为，设，
由，得，所以，
所以，
因为点到直线的距离为，所以的面积为；
（3）设，，
则，
因为，所以，
所以（*），直线l的方程为，
由，得，
，
则，
所以，
代入（*），可得：，
当时，，得（且），所以，
化简整理得
当时，得，，即，满足上面的方程，
所以点Q的轨迹方程为
题型02 圆锥曲线的弦长、面积与斜率问题
抓关键·破难点
一、巧妙缩小弦长公式的计算量的解题模板
第 = 1 \* GB3 ①步：考虑一般情况，设交点，，直线
第 = 2 \* GB3 ②步：联立“线锥”方程，得到一个关于的一元二次方程
第 = 3 \* GB3 ③步:检验,然后由根与系数的关系得，.
第 = 4 \* GB3 ④步:代入弦长公式得.
观察上式，可得，由此，弦长公式就和建立了关系，可以得到简化的弦长公式 (此处的和都是对应来说的)，而若得的是关于的一元二次方程，同理可得 (此处和则是对应y来说的，).
二、直线与圆锥曲线相交，弦和某个定点所构成的三角形的面积
1.一般方法：（其中为弦长，为顶点到直线AB的距离），设直线为斜截式.
进一步，==
2.特殊方法：拆分法,可以将三角形沿着轴或者轴拆分成两个三角形，不过在拆分的时候给定的顶点一般在轴或者轴上，此时，便于找到两个三角形的底边长.

3.坐标法：设，，则.
三、“直曲相交”下斜率为定值的高分必记结论
1.设是椭圆上一定点，是椭圆上不同于点的两点，若，则直线的斜率为.
2.设是双曲线上一定点，是双曲线上不同于点的两点，若，则直线的斜率为.
3.设是双曲线上一定点，是抛物线上不同于点的两点，若，则直线的斜率为.
刷经典·通方法
?命题方向一 弦长问题
1 .（2026·山东青岛第二中学·一模）已知椭圆：的右焦点为，且过点.
（1）求方程；
（2）设为上一动点，当取得最大值时，求直线被截得的弦长.
【答案】（1）
（2）
【分析】（1）由椭圆的性质结合点在椭圆上代入解方程可得；
（2）由椭圆的性质得到当，，三点共线时取得最大值，再直曲联立，由弦长公式计算可得.
【详解】（1）设半焦距为，因为，故.
又过点，故.由椭圆的几何性质有，
故，.所以的方程为.
（2）设的左焦点为，则，当且仅当，，三点共线时等号成立，此时.
因为，故直线的方程为.与的方程联立有，
整理有，，解得，.
故直线被截得的弦长为.
2.（2026·江西省九江市多校·联考）已知双曲线的左焦点为，离心率为2.
（1）求的方程；
（2）过点的直线与交于两点，与轴交于点，且是的中点，求.
【答案】（1）
（2）
【分析】（1）由已知求，由关系求，写出方程；
（2）由已知可得，求出直线方程，联立-消元-韦达定理，利用弦长公式求解.
【详解】（1）由已知可得，所以，所以，
所以的方程为.
（2）因为是中点，所以点的横坐标为2，所以，
所以直线的斜率，方程为，由，得，
设，则，
所以.
3.（2026·安徽省皖北协作区·联考）已知椭圆的短轴长为4，离心率为．
（1）求Γ的方程；
（2）若直线与交于A，B两点，且，求m的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据短轴长和离心率求出椭圆方程.
（2）联立直线与椭圆方程，利用判别式、韦达定理和弦长公式，结合弦长条件求出的取值范围.
【详解】（1）由题意可得：短轴长，故，
又因为离心率，结合椭圆关系可得：
，解得，，所以椭圆的方程为：.
（2）由题意可知，联立直线与椭圆方程： ，
消去整理得：，
设直线与椭圆交于点，，
则判别式：，
解得，即，由韦达定理得：，，
由弦长公式，其中，
可得：，
又因为​​，所以 ，化简可得：，两边平方得：，
即​或，又因为，所以的取值范围为：.
4. （2026·浙江强基联盟·联考）已知是双曲线上垂直于实轴的动弦，，为双曲线的左、右顶点，直线与相交于点P，点P形成的曲线为C．
（1）若过双曲线的右焦点，求；
（2）求曲线C的方程；
（3）已知动直线与曲线C交于，两点，，为直线l上的另两点，点F的坐标为，且，，O为坐标原点，证明：．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见详解
【分析】（1）先求出焦点坐标，再代入标准方程即可求出；
（2）设及，，再写出直线和直线的方程并两式相乘，化简即可求出；
（3）联立得到，再求出，设中点为E，进而求得，最后利用即可求出.
【详解】（1）因为双曲线的右焦点为，
由对称性不妨设，，所以．
（2）设及，，又，，
所以，直线的方程为，直线的方程为，
两式相乘得，又因点，在双曲线上，
所以，代入化简得，所以曲线C的方程为．
（3）联立得，
，，，
所以，
因为在曲线C上，所以，
，
因为，所以；
设中点为E，要证，只需证，即证，
又由，以及（2）得，
所以，
，
即，
，
所以，所以．
?命题方向二 面积问题
5. （2026··广东惠州第一中学3月阶段·考试）已知双曲线：的右顶点为A.请从条件①、②、③中选择两个条件作为已知，使得C存在且唯一.
条件①：的离心率为2；
条件②：的渐近线方程为；
条件③：的右焦点与点A的距离为1.
（1）求的方程；
（2）若过点的直线交C的右支于点M，且的面积为3，求的方程.
注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得0分；如果选择多组符合要求的条件分别解答，按第一组解答计分.
【答案】（1）选择条件①和③和选择条件②和③时，的方程，选择条件①和②时，C存在且不唯一
（2）或
【分析】（1）选择条件①和③：根据双曲线的离心率公式和两点间距离公式进行求解即可；
选择条件②和③：根据双曲线的渐近线方程和两点间距离公式进行求解即可；
选择条件①和②：根据双曲线的离心率公式和双曲线的渐近线方程进行求解判断即可.
（2）方法一：根据三角形面积公式，结合点到直线距离公式进行求解即可；
方法二：设出直线方程与双曲线联立，利用三角形面积公式，结合点到直线距离公式进行求解即可.
【详解】（1）选择条件①和③：
因为C的离心率为2，点A到C的右焦点的距离为1，所以解得
又因为，所以，所以C的方程为.
选择条件②和③：
因为C的渐近线方程为，点A到C的右焦点的距离为1，所以由
可得所以C的方程为.
选择条件①和②：因为的离心率为2，
所以，
所以的渐近线方程为，
由①能推出②，所以C存在但是不唯一，不符合题意；
综上所述：选择条件①和③和选择条件②和③时，的方程，选择条件①和②时，C存在且不唯一.
（2）由（1）知，点A坐标为，又由可得直线的方程为，且.
设点M到直线的距离为d，
因为面积为3，所以，所以.
设过点M且与直线平行的直线为n：.
则n与直线的距离为，故，
解得或，所以直线n方程为或，
直线与直线关于原点中心对称，
与双曲线左支有两个交点，不合题意，舍去.由得或
故点M坐标为或，
当M坐标为时，点，所以直线的方程为，
当M坐标为时，点，直线的方程为，
所以直线的方程为或.
（方法二）由（1）知，点A坐标为，且点在C上.
当直线斜率不存在时，，面积为3，直线的方程为，符合题意.
当直线斜率存在时，设其方程为.
由得，
设，则，，
故，又因为A到直线的距离，
故面积.所以，解得，或，
因为该双曲线的渐近线方程为，所以，，因此此时直线不与双曲线的右支相交，因为，所以此时直线与双曲线的右支相交，故直线的方程为.
综上，直线的方程为或.
6. （2026·东北师大附中 哈尔滨师大附中 辽宁省实验中学第一次联合模拟考试）
已知椭圆的离心率为，短轴长为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设，，均为椭圆上的动点．
（ⅰ）若直线、直线分别过左右焦点，记直线、、的斜率分别为，，，当，，成等差数列时，求点的坐标；
（ⅱ）若的重心是坐标原点，证明：的面积是定值．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）证明见详解；
【分析】（1）根据椭圆的离心率、短轴长、的关系列方程组求解的值，可得椭圆的方程；
（2）（ⅰ）设，则根据斜率关系可得，设，，，，其中，，联立直线与椭圆确定交点坐标关系，再由，，成等差数列，得，结合斜率的坐标运算列方程即可得的值，从而得所求；（ⅱ）若的重心是坐标原点，讨论直线的斜率不存在与存在两种情况，当直线的斜率存在时结合点差法得，从而得直线的方程，联立直线与椭圆，利用的面积公式得，结合三角形重心性质即可证得结论.
【详解】（1）由题意可得，解得，，所以椭圆方程为；
（2）（ⅰ）设，则，，所以，
设，，，，其中，，
由，消去，得，
则
从而，
同理，可得，，
则，
由，，成等差数列，得，即，
解得，，或（舍），（舍），所以点的坐标为．
（ⅱ）证明：设，，，
当直线的斜率不存在时，易得，直线的方程为，或，直线的方程为，将代入椭圆的方程，可得，所以的面积，
当直线的斜率存在时，有的中点，则，
因为，在椭圆上，则，相减得，
整理得，所以可得，
所以直线的方程为，即，
令，可得直线在轴上的截距为，则，
将代入椭圆的方程，得，
即，则，，
所以，
所以，又因为是的重心，所以，
综上，的面积是定值．
?命题方向三 斜率问题
7. （2026·湖南长沙模拟·检测）已知双曲线的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．
（1）求的方程；
（2）直线l与双曲线有两个不同的交点A、B，设，直线PA与双曲线的另一个交点为C，直线PB与双曲线的另一个交点为D，若直线CD过定点，求直线AB的斜率．
【答案】（1）
（2）1
【分析】（1）根据离心率和焦点坐标列式计算即可求出；
（2）设，写出直线的方程，再联立得，同理得，再根据直线CD过定点，即可求出.
【详解】（1）由题意得，双曲线的离心率为，则,
故的方程为.
（2）设，
则直线，联立，
消去整理得，
将代入上式整理得，
由，得，同理得，
又直线CD过定点，，化简得，.
8. （2026·重庆育才中学3月·模拟）已知分别为双曲线的左，右顶点，为双曲线上异于的任意一点，直线，斜率之积为，的焦距为．
（1）求的方程；
（2）过点作直线与双曲线交于，两点（不与重合），记的斜率分别为，证明：为定值．
【答案】（1）
（2）证明见详解
【分析】（1）先设点，再应用斜率公式结合点在双曲线上计算得出即可求解双曲线方程；
（2）设直线，再联立方程得出韦达定理，再应用斜率公式计算求解.
【详解】（1）设，，，且，
则．
又焦距为，则，，双曲线的标准方程为：．
（2）由（1）知，设，．
因为不与重合，所以可设直线．
联立，消得：，
故，，，，
，，
可得，
．
9. （2026·山东青岛一模·调研）如图，椭圆，，已知右顶点为，且它们的交点分别为，，，．

（1）求与的标准方程；
（2）过点作直线MN，交于点M，交于点N，设直线的斜率为，直线的斜率为，求；（上述各点均不重合）
（3）点是上的动点，直线交于点，直线交于点，直线交于点，直线与直线交于点N，求点G坐标，使直线NG与直线NH的斜率之积为定值．（上述各点均不重合）
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【分析】（1）首先求出，再代入即可得到答案；
（2）设，计算得，结合其在椭圆上，代入化简即可得，同理，则得到斜率比值；
（3）设直线，联立椭圆方程得到，则得到的坐标，再计算得，，设，计算化简得，则得到定点坐标.
【详解】（1）由题意得，，又因为在上，
代入得，所以，则.
（2）设，则，
又因为，所以，
则，同理可得，所以.
（3）设直线分别为，其斜率依次为，
设直线，联立得，
即有，所以，代入直线方程得，
则，设，
则经过的两直线之间斜率满足关系：，
将直线绕原点顺时针旋转后也会经过，
所以两者斜率满足，所以，
同理将直线绕原点顺时针旋转后也会经过，
所以两直线斜率满足，，
设，则有，代入上式得：，
得到，所以，因此存在定点，
使直线和直线的斜率之积为定值5.
10. （2026·甘肃省一模）如图所示，焦点在轴上的椭圆的顶点分别为，且椭圆过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）过椭圆上任意一点作四边形的内切圆的两条切线，切点分别为，当切线斜率存在时，记切线斜率分别为，试判断是否为定值，若是定值，求出该定值；若不是，请说明理由；
（3）若切线与椭圆的另一个交点分别为，求的最小值.
【答案】（1）
（2）为定值，为
（3）2
【分析】（1）根据已知得，结合所过的点求椭圆方程；
（2）设椭圆上任一点，则，且圆的半径，设过点的圆的切线方程为，利用相切关系得，应用韦达定理即可得结论；
（3）讨论切线的斜率，设切线方程并联立椭圆，应用韦达定理及向量数量积的坐标运算求，进而得到垂直关系，最后由椭圆和圆的性质确定最小值.
【详解】（1）因为，所以，即，
可设椭圆的方程为，又因为椭圆过点，
代入椭圆的方程得：，解得，所以椭圆的方程为：；
（2）是定值.理由如下：根据对称性，易知四边形的内切圆的圆心为
因为直线的方程为，所以圆的半径，
设椭圆上任一点，则，
当圆的切线斜率存在时，可设过点的圆的切线方程为，
即，所以圆的半径，
两边平方化简得：
因为切线的斜率分别为，所以是方程的两个不同的根，
故；
（3）①当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，设，
因为直线为圆的切线，所以，化简得，
联立方程，消去得：，
显然恒成立，为上式的两个不同的根，且，
，可得，同理可证.
所以三点共线，故弦恒过点，所以当与或重合时，.
②当直线或直线的斜率不存在时，易得，
综上可知，.
题型03 定点、定值、定直线“三定”问题
抓关键·破难点
一. 破解定点问题的解题策略：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明.
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点.
（3）求证直线过定点：常利用直线的点斜式方程或截距式来证明．
二.定值问题的解题技巧
（1）先猜后证（特例法）：从特殊入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关.
（2）引起变量法（直接法）：直接推理、计算，并在计算推理过程中消去参数，从而得到定值.
三.定直线问题的解题策略
定直线问题是证明动点在定直线上，其实质是求动点的轨迹方程，所以所用的方法即为求轨迹的方法，如定义法、消参法、交轨法等.
刷经典·通方法
?命题方向一 定点问题
1. （2026·重庆礼嘉中学·模拟）已知抛物线：与双曲线的渐近线在第一、四象限的交点分别为，，且.
（1）求抛物线的方程；
（2），为上异于，的两动点，且以线段为直径的圆恰好经过，证明：直线过定点.
【答案】（1）
（2）证明见详解
【分析】（1）求出双曲线渐近线后，可表示出点、坐标，再利用即可得解；
（2）由题意可得，即可得，则可设出直线方程，联立抛物线，可得与交点纵坐标有关韦达定理，结合可表示出直线方程，即可得解.
【详解】（1）的渐近线为，
联立，解得或，故，
由对称性可得，则，
故（负值舍去），即抛物线的方程为；
（2）由（1）知，设、，由以线段为直径的圆恰好经过，则，
由，，
则
，
由，异于，故，则，
设，，则，，则，
，，即，，
故,即，则，
当时，，故直线过定点.
2.（2026·山东聊城一模） 已知抛物线的焦点为，点在上，且．
（1）求的方程；
（2）过点的直线交于两点，以线段为直径作圆，该圆是否恒过上一定点？若是，求出该点坐标；若否，请说明理由．
【答案】（1）
（2）过定点；定点坐标为
【分析】（1）由点在抛物线上，求得，根据，结合抛物线的定义，列出方程，求得的值，即可求解；
（2）设直线的方程为，联立方程组，得到，假设以线段为直径的圆恒过上的点，得到，列出方程，利用韦达定理，化简得到，结合对任意恒成立，求得，进而得到结论.
【详解】（1）由抛物线，可得其焦点为，准线方程为，
因为点在抛物线上，可得，解得，
又因为，根据抛物线的定义，可得，即，
整理得，解得或，
因为，所以，所以抛物线的方程为.
（2）设直线的方程为，且，
联立方程组，整理得，
则，
，
假设以线段为直径的圆恒过上的点，则，
因为，且，
所以，
整理得，
因为，所以，
两边同时除以，可得，
即，即，
将代入上式，可得，
整理得，因为上式对任意恒成立，所以，解得，
当时，可得，所以以线段为直径的圆恒过抛物线上一定点.
3. （2026·齐齐哈尔·一模）已知动圆过定点，且被轴截得的弦长为4.
（1）求动圆圆心的轨迹方程；
（2）已知过点的直线与圆心的轨迹交于两点，点关于轴的对称点为.
（i）求（为坐标原点）面积的最小值；
（ii）证明：直线必过定点.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）证明见详解
【分析】（1）根据已知条件列出等式求轨迹方程；（2）（i）设直线方程，与抛物线方程联立，求出三角形面积的表达式，进而求最值；（ii）先求出直线的方程，通过分析方程确定所过的定点.
【详解】（1）解：设动圆圆心为，则，
圆心到轴距离为，动圆被轴截得的半弦长为2，则，化简得，
所以动圆圆心的轨迹方程为.
（2）（i）解：设直线的方程为，
联立，消去整理得，
则，
则的面积为，
当且仅当时取等号.所以面积的最小值为.
（ii）证明：由题得，则直线方程为，
根据抛物线的对称性可知定点必定在轴上，
令，得
，
所以直线必过定点.
4 （2026·陕西渭南中学·一模）已知平面上一动圆P与圆相内切（其中圆P的半径小于圆F的半径），且圆P经过点F关于原点的对称点，记圆心P的轨迹为曲线C．
（1）求C的方程；
（2）记C与x轴的两个交点分别为，（在的右侧），直线l与C相交于点M，N（异于点，），且直线的斜率恰好是直线的斜率的7倍．
（i）直线l是否过一定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由；
（ii）求四边形的面积S的最大值．
【答案】（1）
（2）（i）直线恒过定点；（ii）
【分析】（1）根据圆的位置关系，得到为定值，结合椭圆的定义即可求解；
（2）（i）设直线方程，联立结合韦达定理得到，再由直线、斜率的关系构建方程化简即可；
（ii）由（i）得到，结合，再根据换元法求最值．
【详解】（1）圆，即,所以圆心，半径，
因为是关于原点的对称点，所以，
设动圆的半径为，因为动圆与圆相内切，所以，
又因为圆经过点，所以，则，
所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，其中，则，
所以曲线的方程为；
（2）（i）曲线的方程，则，
由题可知直线斜率不为零，则设直线，
，，
，，
又直线的斜率恰好是直线的斜率的倍，即，
即，整理得，
即，即，
，解得，时，，
，直线的方程为，即直线恒过定点；
（ii）由（i）知，则，
则四边形的面积，
，
，
令，
则，当，即时取等，
即四边形的面积S的最大值为．
?命题方向二 定值问题
5．（2026·河南九师联盟模拟·预测）已知，，动点M满足，设M的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的方程；
（2）设直线与曲线C有两个交点A，B，求k的取值范围；
（3）设直线与曲线C交于P，Q两点，求证：为定值．
【答案】（1）；
（2）；
（3）
【详解】（1）设，为定值，所以点的轨迹是以为焦点的双曲线的右支，
设双曲线方程为：，，
所以，曲线的轨迹方程是；
（2）设，
由，消去得，则.
整理得，解得.
（3）设，
由，消去得，，则.
，
所以，
6．（2026·山东烟台诊断性·测试）已知双曲线经过点，且离心率为2．
（1）求的方程；
（2）过的右焦点且斜率不为0的直线与交于两点，设分别为的左、右顶点，且直线的斜率分别为，判断：是否为定值？若是，求出该定值；否则，说明理由．
【答案】（1）
（2）是定值，
【分析】（1）根据题设列出关于的方程组，求解即得；
（2）设的方程为，与双曲线方程联立，写出韦达定理，分别求出直线的斜率，并化简，利用消元思想与韦达定理即可推出结论.
【详解】（1）由题意，可得， 解得.所以的方程为.
（2）由（1）知，的右焦点为，设的方程为，
与方程联立，得.
因为与有两个交点，所以且，解得．
设，则，则有
因，则，
所以，因，
代入可得，，即为定值.
7. （2026·湖北武汉3月调研）曲线E：（）与直线l：交于点A，过点A且与l垂直的直线交曲线E于另外的点B，设线段AB的中点为P，定点Q的坐标为.
（1）用t表示点A的坐标；
（2）证明：为定值；
（3）是否存在某条直线始终与以为直径的圆相切？若存在，求出该直线的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）证明见详解 （3）
【分析】（1）联立曲线和直线求交点.
（2）先求出过与直线垂直的直线方程，联立曲线方程，用韦达定理求点坐标，进而得到点坐标，最后计算为定值.
（3）根据直线与以为直径的圆相切验证特殊直线是否存在.
【详解】（1）因为曲线和直线交于点，所以将直线代入曲线E：，
则，化简得，即，即，所以.
（2）因为直线斜率为，所以直线斜率为，即直线：，
联立直线和曲线得：，化简得： ，
设，，中点，
由韦达定理可得：，即 ，
所以，
根据两点间距离公式可得：，
又因为线段AB的中点为P，所以，
由两点距离公式可得：
，
，
所以，即定值.
（3）存在直线：满足条件，下证之.设圆心为，半径为，直线交于，
，连接，则，，设，为与之间的距离，
，，由（2）可知，，
所以，所以圆心到的距离，
故与相切，直线满足条件.
?命题方向三 定直线问题
8. （2026·内蒙古包头市·一模）已知平面直角坐标系上一动点满足，，．
（1）求点的轨迹曲线的方程；
（2）斜率为的直线与曲线交于，两点，点．
①求直线，的斜率之和；
②的外接圆圆心是否在某定直线上？说明理由．
【答案】（1）
（2）①；②必在直线上，理由见详解
【分析】（1）设，由题意列方程，化简即可求出答案.
（2）①直线的方程为，，，将直线方程与双曲线方程联立得到，，用斜率公式列出直线，的斜率之和，代入即可求出答案；②求出直线，的中垂线，联立求出点的坐标，消去即可求出答案.
【详解】（1）由题意知，，
所以动点的轨迹为双曲线的右支，，，
即，，所以，所以点的轨迹曲线的方程为.
（2）①设直线的方程为，，，直线和的斜率分别为，，
联立得，，
由题意得，解得，于，，
所以
，所以．
②直线的中垂线为，
直线的中垂线为，
联立直线方程得：，消得，
于是，
所以，
代入得，
当时，点在直线上，不符合题意，故，
又消得：，推出，
推出：，
得：，
得：，
又，则，
又，所以，故外接圆圆心，
令，消去得，故必在直线上.
9 .（2026·黑龙江哈尔滨第三中学·一模）已知抛物线焦点为，，，为抛物线上的三个动点，且.
（1）求拋物线的方程；
（2）过分别作抛物线的三条切线，分别为，，，，交于点，，交于点E，，交于点.
（i）证明：的垂心在一条定直线上；
（ii）已知G点在曲线（）上，求的面积的最大值.
【答案】（1）
（2）（i）证明见详解
（ii）
【分析】（1）利用抛物线标准方程的焦点坐标公式，建立方程求解参数，从而确定抛物线方程；
（2）（i）通过求导得到切线方程，联立求出交点坐标，并利用垂心定义与斜率关系推导出垂心的纵坐标为定值，证明其在定直线上；（ii）由切线交点坐标与椭圆条件建立面积表达式，结合二次函数最值求得三角形面积的最大值.
【详解】（1）抛物线的焦点坐标为，已知焦点，故，
因此抛物线方程为：.
（2）（i）由方程，故在点处切线方程为：
方程为，
方程为方程为，
联立故解得，同理可得
则过点与垂直的直线为：，①
过点点与垂直的直线：，②
①－②可得：
故的垂心在一定直线上
（ii）设，由（i）可知：的直线方程为，
将代入可得：，
同理可得，故的直线方程为，
联立直线与抛物线得，由弦长公式，
为了使的面积最大，必须保证处的切线与直线平行，所以，
从而故的面积为：
，
当时，取得最大值.
10．（2026·全国名校联盟·模拟）已知双曲线的右焦点为，离心率为2，圆与恰有两个交点.
（1）求的方程；
（2）设为的左顶点，过且斜率存在的直线交的右支于两点，直线分别交圆的另一点于.
（i）证明：三点共线；
（ii）设直线与直线交于，证明：点在定直线上.
【答案】（1）
（2）（i）证明见详解（ii）证明见详解
【分析】（1）根据圆过双曲线顶点求出，再由离心率即可得解；
（2）（i）设出直线方程，联立双曲线方程，由根与系数的关系及斜率公式可证明，即可得证；
（ii）设直线方程，联立圆的方程可得点坐标，求出，得出直线方程，联立方程求出点横坐标为定值得证.
【详解】（1）因为圆与恰有两个交点，
由双曲线及圆的对称性知，圆过双曲线的左右顶点，
所以，
又，所以，故，
所以双曲线的方程为.
（2）（i）由（1）知，,
设过的直线方程为，，如图，
由，可得，
，其中，，
，
，为圆的一条直径，
三点共线.
（ii）不妨设直线，其中，
由（i）可知，
由，可得，解得,
故可得，即，
，
直线，
由，可解得，
点在定直线上.
题型04 圆锥曲线中的取值范围、最值问题
抓关键·破难点
圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
刷经典·通方法
?命题方向一 圆锥曲线的最值问题
1. （2026·河南焦作·一模）过抛物线的焦点作直线，交于两点，交轴于点，记过点且垂直于的直线为．
（1）证明：直线与相切；
（2）若，记直线与的切点为，求面积的最小值．
【答案】（1）证明见详解
（2）
【分析】（1）设直线的方程为，可得，进而得到直线的方程为，联立直线与抛物线方程，验证即可求证；
（2）先求出，结合弦长公式及点到直线的距离公式表示出，令，可得，设，进而利用导数分析其单调性，进而求解即可.
【详解】（1）由题意，得，显然直线的斜率存在且不为0，
设直线的方程为，令，得，即，
因此直线的方程为，联立，得，
则，又，则直线与相切
（2）当时，抛物线，
直线的方程为，直线的方程为，，
联立，解得，则，
联立，得，设，
则，
所以，
点到直线的距离即为
则，
令，则，设，
则，
令，得，令，得，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，则的最小值为.
2．（2026·成都石室中学·二模）如图，已知椭圆，点在椭圆上且，，分别经过的左、右焦点，，且，．
（1）若，求点的坐标；
（2）证明：是定值，并求出的值；
（3）求四边形面积最大值．
【答案】（1）
（2）证明见详解，
（3）
【详解】（1），，则，
由，则，故，
故，化简得，又，
则，解得，则，
故或（负值舍去），即点的坐标为；
（2）由，，则，
故，则有，
化简得，由，则，
整理得，
则或（负值舍去）；
，则，由，则，
故，则有，化简得，
由，则，
整理得，则或（负值舍去）；
故，故是定值，且；
（3），，
则
，
则，
由，，则，
又，
则
，
当且仅当，即时，等号成立，故四边形面积最大值为.
3. （2026·江苏扬州市第一次·调研）过双曲线上一点作两渐近线的垂线，垂足为、，且.
（1）求双曲线方程；
（2）过点的直线与双曲线右支交于、两点，连接、，直线与、分别交于、，.
（i）若，求的值；
（ii）求的最小值.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【分析】（1）由已知可得出，利用点到直线的距离公式可得出，再利用、、的关系求得的值，即可得出双曲线的方程；
（2）（i）设直线方程，则，设点、，将直线的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，分析可知，可得出，由可求得的值；
（ii）由已知可得，令，可得出，利用导数求出函数的值域，即可得出的最小值.
【详解】（1）双曲线的渐近线方程为，由已知得，
双曲线上一点到渐近线距离之积，
即，又，，所以双曲线方程为.
（2）（i）设直线方程，则，设点、，
联列方程组，可得，
由题意可得且恒成立，
又，，
直线的方程为，令，有，
即，同理，
直角三角形中，设直线交轴于点，
因为，则，
所以，，所以，，
则
，
即，当时，因为，可得；
（ii）由（i）知：，从而，
令，则，
则
，则，
当时，；当时，，
所以在上递增，在上递减，故，所以最小值为.
4. （2026·安徽临泉第二中学3月模拟）设分别为椭圆左、右焦点，是椭圆短轴的一个顶点，已知的面积为.
（1）求椭圆的方程；
（2）如图，是椭圆上不重合的三点，原点是的重心，求点到直线的距离的最大值.
【答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据条件，结合余弦定是，建立方程组，解出，即可求解；
（2）分直线斜率存在与不存在两种情况，当斜率不存时，设，，结合条件，可直接求出，即可求出到直线；当斜率存在时，设，联立椭圆方程，得到，利用韦达定理，结合条件，得到，代入椭圆方程得，再利用点到直线的距离公式得，即可求解.
【详解】（1）由题意得，整理得，解得，
所以椭圆方程为.
（2）（i）当直线斜率不存在时，设，则
因为原点是的重心，所以，得到，，
将，代入，解得，或，
此时到直线的距离为.
（ii）当斜率存在时，设所在直线方程为，
由，消得，
则，即，
且，
因为原点是的重心，所以，
得到，故，
又点在椭圆上，则，整理可得，
所以点到直线的距离为.
综上所述，得点到直线的距离的最大值为.
5. （2026·海南儋州市高三第一次教学质量诊断·考试）已知抛物线的焦点为点，点在抛物线上，，且的最小值为．
（1）求抛物线的方程；
（2）设点P不在坐标轴上，过P可作抛物线C的两条切线PA，PB，切点分别为A，B，
①证明：；
②若直线，，直线AB与x轴相交于点H，求的最大值．
【答案】（1）
（2）①证明见详解；②
【分析】（1）借助抛物线定义即可得；
（2）①设，，联立曲线方程，利用切线性质可得，同理可得，则有，故、是方程的两根，则可得，，再用表示出及即可得证；②由题意可得，则，再利用垂直性质可得，从而可解出，即可得点坐标，再求出点坐标后，即可表示、，再利用基本不等式即可得解.
【详解】（1）若，则点在抛物线在轴上方部分的下方，
由抛物线定义可得等于点到准线的距离，
则的最小值为点到准线的距离，
故，解得，即抛物线的方程为；
（2）①设，、，
由题意可得直线、不与坐标轴平行，可设，
联立，消去得，
则，
即，则，同理可得，
则有，故、是方程两根，
故，，
由，则，
，
故；
②由，则点、都在直线上，
则，故，由，故，即，
对，令，则，故，
有，联立，解得，故，
则，，
则
，当且仅当，即时，等号成立，
故的最大值为.
6. （2026·江苏南京市中华中学模拟预测）已知分别为椭圆的左，右焦点，为的上顶点，点为椭圆上的一个动点，且三角形面积的最大值为1，焦距为2.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图，过点作两直线分别与椭圆相交于点和点.
（i）若点不在坐标轴上，且，求直线的方程；
（ii）若直线斜率都存在，且，求四边形面积的最小值.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【分析】（1）根据条件，结合的关系，可确定的值，得椭圆标准方程.
（2）（i）结合，探索直线,倾斜角之间关系，进而得到，
设直线，与椭圆方程联立，结合韦达定理，用表示，求出的值，可得直线的方程.
（ii）因为，所以两直线斜率之积为，利用直线的斜率表示出，，再表示出四边形面积，借助基本不等式求面积的最小值.
【详解】（1）由题意得，，故，.
故椭圆的标准方程为.
（2）如图：（i）设的倾斜角为的倾斜角为，则，所以，又，所以.
由题意的斜率不为零，设联立得，
恒成立.
设，则，
又，所以，
即，所以，
因为，所以，所以的方程为
（ii）设，
联立，化简得，故恒成立.
由韦达定理得：，
，
因为，所以
同理
所以
，当且仅当，即
时，取等号.所以，当时，四边形面积的最小值为.
?命题方向二 圆锥曲线的范围问题
7. （2026·河北黄骅·一模）在平面直角坐标系中，已知椭圆:的右顶点为，点、分别是轴负半轴、轴正半轴上的动点.
（1）若是的左焦点，且，求的值；
（2）设，上存在轴上方一点.若，求的坐标；
（3）设，过的直线与交于、两点(、两点不重合)，与轴交于且的纵坐标，记与到直线的距离分别为、.若存在直线，满足成立，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【分析】（1）根据计算求参；
（2）设点的坐标结合两角和正切，应用点在椭圆上计算；
（3）设直线方程再联立得出韦达定理，再结合点到直线距离分类讨论计算求出参数范围.
【详解】（1）因为与的左焦点重合，故，因此.又因为，而，
所以，解得：(负舍).
（2）因为，又因为，而，
代入解得.若在第一象限，则，故在第二象限.
设，而，整理可得.
代入椭圆方程，可得：.
所以解得(增根舍去)，所以.因此.
（3）由题意可知：直线的解析式为，
设直线的解析式为()，且、.联立，
可得，.
根据韦达定理，，.
因为、两点均在直线的左侧，故.
又因为，，因此，
代入化简可得方程.
设，又因为，故.
① 若 ，此时直线与存在两个交点. 若存在，使得，
而，故，
可得，故，因此.
② 若，而此时在的外部，，故.
若存在，使得，而，
故，可得，故.
综上所述，的取值范围为.
8．（2026·广东江门·模拟）已知椭圆的长轴长为，离心率为.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）椭圆的左右顶点分别为，是直线上一点，直线分别交椭圆于点两点，连接交轴于点.
（i）当最大时，求点的坐标；
（ii）若，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）（i）或；（ii）
【详解】（1）由题意可得，，即，
又，得，又，得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）（i）由（1）知，设点，直线的倾斜角分别为，
得，当时，，此时，
当时，，则，
当且仅当时，等号成立，
当时，，
则有，
当且仅当时，等号成立，
综上所述，当且仅当时，有最大值，即有最大值，
所以当点的坐标是或有最大值.
（ii）法一：设点，当时，两个三角形不存在，所以，
直线的方程分别为，
联立方程得，消去得，
解得或，即点，
联立方程得，消去得，
解得或，即点，则，
直线的方程为，
化简得，所以直线过定点，
又，
，若，得，
化简得，由，则，则.
法二：当直线与轴重合时，显然不满足题意.
设直线为，点是直线与轴的交点，
联立方程组，消去得，
所以有，
直线的方程为，直线的方程为，
联立方程得，解得，
又，
所以点的横坐标为，
代入得
，解得，即点，
由于，
若，即，由图可知异号，即，
所以有，
化简得.该方程有解，即，则.
9. （2026·广东汕头3月调研）在平面直角坐标系中，抛物线E的方程为，为上一点，为的焦点，过点的直线交于另一点（不与重合）．的最小值为4．
（1）求的标准方程；
（2）过点作直线交于两点（在上方），点坐标为，延长交于点，延长交于点，连接．
（ⅰ）求面积的最小值；
（ⅱ）当、均不与轴垂直时，设中点为，中点为，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）；（ⅱ）.
【分析】（1）联立直线与抛物线方程，由韦达定理求出弦长，由其所得弦长公式特征即可求出其最小值，结合题意即可得解；
（2）（ⅰ）设直线l的方程为，直线的方程为，且，，联立直线方程和抛物线方程后可得、.，结合焦半径公式和面积公式可得，故求出的最小值后可得面积的最小值；（ⅱ）用诸点坐标表示，结合（ⅰ）的坐标关系和两角差的正切公式、双勾函数的单调性可求的取值范围.
【详解】（1）由题抛物线的焦点，可设直线，
联立，设，
所以，
则，
所以，
所以当时有，则由题意，所以的标准方程为.
（2）（ⅰ）由（1），则可设直线l的方程为，直线的方程为，
且，，联立得，
所以故，同理，，
联立，则，故，故，
而，，，，
故，，
故，
而，当且仅当时等号成立，
故的最小值为.
（ⅱ）由抛物线的对称性，不妨设,则.
由（ⅰ）可得，故,
而，故，
而，故，故，
故，
设，则即，当且仅当时等号成立，
又，
由双勾函数的单调性可得在上为减函数，故，
故，故，故.
题型05 证明类与几何探究问题
抓关键·破难点
一、圆锥曲线中证明问题的解题策略
1.几何条件代数化：将题目中的垂直、平行、共线、等角、等距、中点、定点等几何关系，转化为坐标关系、斜率关系、向量关系或距离公式，再通过联立方程进行推理证明.
2.设而不求与整体代换：设出直线与曲线的交点坐标，联立后利用判别式与韦达定理得到根与系数的关系，整体代入待证式子中化简，消去参数完成证明.
3.先特殊后一般：先取特殊位置（如直线斜率为0、斜率不存在、过顶点）猜出结论，再用一般情况严格推导，使证明方向更明确.
二、圆锥曲线中探究性问题的解题策略
1.假设存在→推理→验证：先假设满足条件的点、直线、定值存在，再根据条件列式推导，若推出合理结果则存在，矛盾则不存在.
2.转化为方程有解问题：将探究是否存在的问题，转化为关于参数的方程或方程组是否有解、解是否满足范围限制的问题.
3.紧扣定义与几何性质：充分利用椭圆、双曲线、抛物线的定义、对称性、光学性质、切线性质，简化探究过程.
刷经典·通方法
?命题方向一 圆锥曲线中的证明问题
1. （2026·湖北武汉模拟）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）证明见详解
（2）证明见详解 （3）证明见详解
【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.
2. （2026·湖北鄂州3月·质检）已知动圆与圆：外切，同时与圆：相内切.
（1）求动圆圆心的轨迹的方程；
（2）设曲线与轴交于，两点（在左侧），过的动直线交于，两点，直线，交直线于，两点，证明：
（i）以为直径圆恒过定点，并求出定点坐标；
（ii）直线与圆相切.
【答案】（1）
（2）（i）证明见详解，圆过定点和.；（ii）证明见详解
【分析】（1）根据圆与圆相切可得，依据椭圆的定义可求椭圆方程；
（2）（i）设动直线的方程为：，联立直线方程和椭圆方程后结合韦达定理可求得，再结合数量积可得，从而可求定点或设以为直径的圆与轴的交点，则，结合韦达定理化简前者可得定点；（ii）用坐标表示的纵坐标，结合韦达定理化简后可证与的方向向量垂直，从而可得直线与圆相切.
【详解】（1）圆化为标准方程为，圆心，半径
圆化为标准方程为，圆心，半径
设动圆圆心，其半径为.
由题意，圆与圆外切，与圆内切，故，
两式相加得.
即动点到两定点与的距离之和为常数12，且
满足椭圆的定义，于是其方程为：
（2）曲线与轴交于，两点，
由方程令，得，即，，点为椭圆的右焦点.
（i）法1：设过点的动直线的方程为：，
代入椭圆方程整理得：，
，
设，，则，，
不妨记，则
直线的方程为：，与直线交于点，则，
同理，直线与直线交于点，则，
，，，而，
在以为直径的圆上即圆过定点，
由对称性知，圆还过定点，所以圆过定点和.
法2：设过点的动直线的方程为：，
代入椭圆方程整理得：，
，
设，，
则，，，
直线的方程为：，所以点，同理，
设以为直径的圆与轴的交点，则，
即（*），
而
，
代入（*）可得，得或即圆过定点，
定点坐标为或.
（ii）直线的方程为：，点，
同理，，
而
，
，而的方向向量，
，于，故直线与圆相切，切于点.
?命题方向二 圆锥曲线中探究性问题
3．（2026·云南红河州、文山州模拟预测）已知抛物线：（）的焦点到准线的距离为4．
（1）求抛物线的方程；
（2）已知，，三点（点在点和点之间）在抛物线上．
（ⅰ）若点，求周长的最小值；
（ⅱ）过，，三点作抛物线的三条切线，分别两两相交于点，，，如图所示，直线，分别交轴于点，，是否存在常数，使得，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）13；（ⅱ）存在，，证明见详解
【详解】（1）由题意知，所以抛物线的方程为．
（2）（ⅰ）由（1）知，准线方程为，
过作与准线垂直，垂足为，由抛物线的定义知，
因为周长为，
所以（当且仅当，，共线时取“＝”）．
又点到准线的距离为8，且，所以周长的最小值为．
（ⅱ）因为，所以．设点，，，
则抛物线在点处的切线方程为，即，
在点处的切线方程为，即，
在点处的切线方程为，即，
所以由，得，所以点的坐标为，
由，得，所以点的坐标为，
由，得，所以点的坐标为，
则，所以直线的方程为．
令，解得的纵坐标，所以，，
则，所以直线的方程为．
令，解得的纵坐标，所以，，
因为，
故存在使得．
4．（2026·湖北孝感·二模）已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，点在双曲线上．点为双曲线右支上除右顶点外的任意点．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）证明：点到的两条渐近线的距离之积为定值；
（3）已知的左顶点和右焦点，直线与直线相交于点．试问是否存在常数，使得？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）证明见详解
（3）存在
【详解】（1）由双曲线的一条渐近线的倾斜角为，有，可得，
又由点在双曲线上，有，代入，有，可得，，
故双曲线的标准方程为；
（2）设点的坐标为，则，即．
双曲线的两条渐近线，的方程分别为，，
则点到两条渐近线的距离分别为，，
则．
所以点到双曲线的两条渐近线的距离之积为定值．
（3）存在．
①当时，，又是的中点，
所以，所以，此时．
②当时．
ⅰ）当在轴上方时，由，，可得，
所以直线的方程为，把代入得．
所以，则．
由二倍角公式可得．
因为直线的斜率及，
所以，则．
因为，，所以．
ⅱ）当在轴下方时，同理可得．
故存在，使得．
5. （2026·河北唐山·一模）已知椭圆的离心率为，其左顶点为A，上顶点为B，的面积是1，其中O是原点，平行于的直线l与C交于M，N.
（1）求C的方程；
（2）是否存在这样的直线l，使以A，B，N，M为顶点的四边形为等腰梯形？若存在，求此时l的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）不存在，理由见详解
【分析】（1）根据离心率可得，再结合的面积可得，，即可得椭圆方程；
（2）设直线l：，与椭圆方程联立，利用韦达定理分别求线段、的中点，结合等腰梯形的性质列式求解即可.
【详解】（1）因为椭圆的离心率为，可得，即，
则，，
又因为的面积，即，，所以椭圆C的方程为.
（2）由（1）可知：，，
则直线的斜率，且线段的中点为，
假设存在直线l满足题意，设直线l：，，，
联立方程，消去y可得，
则，解得，
可得，，
即，则，
可得线段的中点为，直线的斜率，
此时，可知直线与直线不垂直，
这与等腰梯形的性质相矛盾，假设不成立，所以不存在直线l满足题意.
6. （2026·河北滦州第一中学3月·检测）已知椭圆过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）斜率为1的直线与椭圆交于两点，点P坐标为，直线与椭圆的另一个交点为点M，直线PD与椭圆的另一个交点为点N.
①已知点M坐标为，求点横坐标（用表示）；
②过点作于点G，是否存在定点Q，使得为定值，若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）①；②存在，
【分析】（1）将点代入椭圆方程即可求解；
（2）①设直线的方程为，与椭圆方程联立，结合韦达定理化简求解即可；
②计算可得，设，可得，结合化简得到，设直线，进而得到直线过定点，进而求解即可.
【详解】（1）由题意，，解得，所以椭圆的方程为.
（2）①设直线的方程为，且，，即，
联立，得，
则，即，
且，
则，
即点横坐标为.由①知，，，
则，即，
设，与①同理可得，
则
，
则，
设直线，
则，
则，又，则，
则直线，所以直线过定点，
则为中点时，则，
，则，因此，存在定点，使得为定值.
题型06 圆锥曲线的融合交汇问题
抓关键·破难点
此类问题以圆锥曲线为载体，与三角函数、平面向量、数列、导数等知识相互渗透、综合考查，解题时需立足解析几何本质，将不同知识模块转化为坐标、斜率、距离等统一关系，再通过联立方程、韦达定理、参数消元完成求解。解题时应紧扣曲线定义与几何性质，将交汇条件代数化，遵循 “设点、设线、联立、判别式、韦达定理、代入化简” 的通用步骤，把综合问题转化为常规代数式运算，最终得到定值、定点、取值范围或轨迹结论。
刷经典·通方法
?命题方向一 圆锥曲线与三角函数的融合问题
1.（2026·辽宁·模拟预测）抛物线的焦点为，为上一点，的纵坐标为，点在轴上，轴，线段的中点为，且轴．
(1)求的方程；
(2)已知为上三个不同的点，点在第一象限．
（ⅰ）若点在原点，，，点的横坐标满足，求．
（ⅱ）在中，内角所对的边分别为，且满足，，的重心在轴上，求点的坐标．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）
【详解】（1）将代入的方程，得，所以，
所以，解得，故的方程为；
（2）（ⅰ）设，，则，
因为，所以，
即，①
又的中点为，所以，，
由，得，与①联立可得．
又，则，
令，则，
设方程的两根分别为，
得，，
所以在区间内单调递减，在区间内单调递增，
又，，即，
所以；
（ⅱ）由，得，
即，即，
即，所以，
又，所以，所以，
所以，
即，所以，
所以为等腰三角形，
设重心，，，，的中点为，
则由，得，，
直线的斜率，
由，即，可知，
所以，即，即，
所以，
则，
所以直线的方程为，即，
联立，整理得，
则，，
所以，
由，得，解得，
所以，
故点的坐标为．
?命题方向二 圆锥曲线与数列的融合问题
2. （2026·辽宁盘锦大洼区·一模）已知椭圆C：，，，点在椭圆C上.由椭圆的光学性质得到：从焦点处发出的一束光线，射向椭圆C上的点，经椭圆反射后经过焦点；继续传播，射向椭圆C上的点，经椭圆反射后经过焦点；如此反复，设第次入射点为.规定：当为奇数时，记；当为偶数时，记；记，，即：，，，…，，，，….
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知椭圆：的方程还可以由椭圆第二定义（椭圆上的动点M满足，到一个定点的距离与到不通过这个定点的一条定直线的距离之比是一个常数，其中）得到.求证：为定值；
（3）若，记，，求证：数列为等比数列，.
【答案】（1）
（2）证明见解详解，定值为
（3）证明见详解
【分析】（1）借助焦点坐标与椭圆上的点的坐标，代入计算即可得；
（2）由题意可得、、三点共线，设该直线为，联立曲线方程可得与交点纵坐标有关韦达定理，再利用所给椭圆第二定义可用、横坐标表示、，则利用韦达定理对求和即可得；
（3）由椭圆对称性可得，结合椭圆定义可得，则可表示出，结合等比数列定义可得数列为等比数列，再利用等比数列性质可求出通项公式，即可得的通项公式，再合理放缩后求和即可得证.
【详解】（1）由题意可得，解得，故椭圆的标准方程为；
（2）设，由题意可得、、三点共线，
设该直线为，联立，消去可得，
则，，由题意可得，，
由椭圆第二定义可得，
，
则
，故为定值；
（3）由（2）中所得，即，
由椭圆对称性可得也成立，
故有，则
又由椭圆定义可得，
则，即，
由，则
，
又，故数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，整理得，
故，
即，即得证.
3.（2026·云南大理·模拟预测）已知点在抛物线上，过点作斜率为的直线交于另一个点，设与关于轴对称，再过作斜率为的直线交与另一个点，设与关于轴对称，以此类推一直做下去，设.
（1）求的值；
（2）求数列的通项公式，并求数列的前项和的取值范围；
（3）求的面积.
【答案】（1）
（2），
（3）16
【解析】（1）因为点在抛物线上，则，解得.
（2）由可知，，
因为点在抛物线上，则，且，
过，，且斜率为的直线，
联立方程，消去可得，
解得或，
因，故，即，
故数列是以首项为2，公差为4的等差数列，所以，
又，所以，
所以
所以，又是关于的递增函数，故，
的取值范围是.
（3）由（2）可知：，，，
直线的方程为，
即，
点到直线的距离为，，
所以的面积为.
4. （2026·海南部分学校联合调研）平面内一动点到直线的距离为，到直线的距离为，且，记点的轨迹为曲线.
（1）求的方程；
（2）已知过点且斜率不为0的直线与交于两点，且，求的方程；
（3）以点为端点作条射线分别与交于（射线，按逆时针方向旋转），且，求.
【答案】（1）
（2）或
（3）
【分析】（1）利用点到线距离公式，结合题目条件化简即可；
（2）利用设线法并结合弦长公式即可得到方程，解出即可；
（3）设射线与轴正方向的夹角为，，则的坐标为，代入椭圆方程利用求根公式求出，结合三角恒等变换求和即可.
【详解】（1）设，由题意可得，，
因为，所以，整理得，
即的方程为.
（2）由（1）知，点为椭圆的右焦点，设为.因为的斜率不为0，
可设的方程为，设，
则.
联立与的方程得，
由韦达定理可得，，
代入表达式得，解得.
所以方程为或.
（3）由题意设射线与轴正方向的夹角为，则，
设，则的坐标为，
代入椭圆方程得，整理得，
因为，由求根公式得，
所以，
所以，
因为，令，，
则，
对求和，左边为，
右边为
，
将，代入得
，，
所以，
所以，
易知当时，所以，
所以.
?命题方向三 圆锥曲线与立体几何的融合问题
5.（2026·四川资阳·模拟预测）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆的左、右焦点分别为，，经过点且倾斜角为的直线l与椭圆C交于A，B两点其中点A在x轴上方连接，将平面xOy沿x轴向上折叠，使二面角为直二面角，折叠后A，B在新图形中对应点记为，.
(1)当时，
①求三棱锥的外接球的表面积；
②求三棱锥的体积；
(2)是否存在，使得折叠后的周长为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)①；②；
(2)存在，
【详解】（1）①由题可知，，则 .
直线的倾斜角，则斜率.所以直线的方程为.
联立直线与椭圆方程得或.
又因为点A在x轴上方，所以.
所以为边长是的正三角形，且.折叠后，.
又因为，所以；
外接圆半径；外接圆半径.
三棱锥外接球半径为
.
三棱锥的外接球的表面积为.
②因为二面角为直二面角
所以到轴距离即为三棱锥的高，.
底面的面积，所以.
即三棱锥的体积为.
（2）设翻折前，翻折后.
设直线的方程为，将直线与椭圆方程联立得，
，则.
翻折前，翻折后，
由,，所以.
分母有理化
所以.
则.
又因为，
所以，
将代入上式，
整理得，整理得
因为，所以.