2026 年新高考第16 题分类训练
圆锥曲线综合（大题）
考点
3 年考题
考情分析
圆锥曲线综
合（大题）
2025 年新高考Ⅰ卷第18 题
2025 年新高考Ⅱ卷第16 题
2024 年新高考Ⅰ卷第16 题
2024 年新高考Ⅱ卷第19 题
2023 年新高考Ⅰ卷第22 题
2023 年新高考Ⅱ卷第21 题
圆锥曲线在新高考中主要以单选、多选、解答题形式考
查，解答题难度偏中上。结合近三年新高考真题来看，
圆锥曲线大题呈现明显趋势：回归点、直线、面积等基
础公式相关问题，减少了对射影几何结论的探索类考
查；即便作为压轴题，也会结合其他知识点，核心仍围
绕基础公式与概念。据此预测，2026 年新高考圆锥曲
线将继续聚焦基础公式和概念，同时计算难度大概率会
有所提升。
1.（2025·新高考Ⅰ卷高考真题第18 题）设椭圆
的离心率为
，
下顶点为A，右顶点为B，
．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知动点P 不在y 轴上，点R 在射线AP 上，且满足
．
（i）设
，求点
的坐标（用m，n 表示）；
（ⅱ）设O 为坐标原点，
是椭圆上的动点，直线OR 的斜率为直线
的斜率的3 倍，
求
的最大值．
【答案】(1)
(2)(ⅰ)
(ⅱ)
【分析】（1）根据题意列出
的关系式,解方程求出
,即可得到椭圆的标准方程；
（2）(ⅰ)设
,根据斜率相等以及题目条件列式,化简即可求出或者利用数乘向量求出；
(ⅱ) 根据斜率关系可得到点
的轨迹为圆（除去两点），再根据点与圆的最值求法结合三
角换元或者直接运算即可解出.
【解析】（1）由题可知,
，所以
，解得
，
故椭圆的标准方程为
；
（2）(ⅰ)设
，易知
，
所以
，故
，且
．
因为
，
，所以
，
即
，解得
，所以
，
所以点
的坐标为
.
(ⅱ)因为
,
,由
,可得
,化简得
,即
,
所以点
在以
为圆心,
为半径的圆上（除去两个点）,
为
到圆心
的距离加上半径,
设
，则
，
，当且仅当
时取等号,
故
.
2.（2025·新高考Ⅱ卷高考真题第16 题）已知椭圆
的离心率为
，
长轴长为4．
(1)求C 的方程；
(2)过点
的直线l 与C 交于
两点，
为坐标原点，若
的面积为
，求
．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据长轴长和离心率求出基本量后可得椭圆方程；
（2）设出直线方程并联立椭圆方程后结合韦达定理用参数表示面积后可求的值，从而
可求弦长.
【解析】（1）因为长轴长为4，故
，而离心率为
，故
，
故
，故椭圆方程为：
.
（2）
由题设直线
的斜率不为0，故设直线
，
，
由
可得
，
故
即
，
且
，
故
，
解得
，
故
.
3．（2024·新高考Ⅰ卷高考真题第16 题）已知
和
为椭圆
上两点.
(1)求C 的离心率;
(2)若过P 的直线交C 于另一点B，且
的面积为9，求的方程．
【答案】(1)
(2)直线的方程为
或
.
【分析】（1）代入两点得到关于
的方程，解出即可；
（2）以
为底，求出三角形的高，即点
到直线
的距离，再利用平行线距离公式得
到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到
点坐标，则得到直线的方程；
【解析】（1）由题意得
，解得
，
所以
.
（2）
，则直线
的方程为
，即
，
，由（1）知
，
设点
到直线
的距离为
，则
，
则将直线
沿着与
垂直的方向平移
单位即可，
此时该平行线与椭圆的交点即为点
，
设该平行线的方程为：
，
则
，解得
或
，
当
时，联立
，解得
或
，
即
或
，
当
时，此时
，直线的方程为
，即
，
当
时，此时
，直线的方程为
，即
，
当
时，联立
得
，
，此时该直线与椭圆无交点.
综上直线的方程为
或
.
4.（2024·新高考Ⅱ卷高考真题第19 题）已知双曲线
，点
在
上，
为常数，
．按照如下方式依次构造点
，过
作斜率为
的直
线与
的左支交于点
，令
为
关于
轴的对称点，记
的坐标为
.
(1)若
，求
；
(2)证明：数列
是公比为
的等比数列；
(3)设
为
的面积，证明：对任意的正整数
，
【答案】(1)
，
(2)证明见解析 (3)证明见解析
【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出
的坐标即可；
（2）根据等比数列的定义即可验证结论；
（3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明
的取值为与
无关的定值即可.
思路二：使用等差数列工具，证明
的取值为与
无关的定值即可.
【解析】（1）
由已知有
，故
的方程为
.
当
时，过
且斜率为
的直线为
，与
联立得到
.
解得
或
，所以该直线与
的不同于
的交点为
，该点显然在
的左支
上.
故
，从而
，
.
（2）由于过
且斜率为
的直线为
，与
联立，得到方
程
.
展开即得
，由于
已经是直线
和
的公共点，故方程必有一根
.
从而根据韦达定理，另一根
，相应的
.
所以该直线与
的不同于
的交点为
，而注意到
的
横坐标亦可通过韦达定理表示为
，故
一定在
的左支上.
所以
.
这就得到
，
.
所以
.
再由
，就知道
，所以数列
是公比为
的等比数列.
（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点
，若
，
，
则
.（若
在同一条直线上，约定
）
证明：
.
证毕，回到原题.
由于上一小问已经得到
，
，
故
.
再由
，就知道
，所以数列
是公比为
的等比数列.
所以对任意的正整数
，都有
.
而又有
，
，
故利用前面已经证明的结论即得
.
这就表明
的取值是与
无关的定值，所以
.
5.（2023·新高考Ⅰ卷高考真题第22 题）在直角坐标系
中，点
到
轴的距离等于点
到点
的距离，记动点
的轨迹为
．
（1）求
的方程；
（2）已知矩形
有三个顶点在
上，证明：矩形
的周长大于
．
【答案】（1）
（2）见解析
【分析】（1）设
，根据题意列出方程
，化简即可；
（2）设矩形的三个顶点
，且
，分别
令
，
，且
，利用放缩法得
，设函数
，利用导数求出其最小值，则得
的最小值，再排除边界值即可.
【解析】（1）设
,则
，两边同平方化简得
，
故
.
（2）设矩形的三个顶点
在
上,且
，
易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，
则
,令
，
同理令
，且
，则
，
设矩形周长为
,由对称性不妨设
，
，
则
，
易知
则令
,
令
，解得
，
当
时，
，此时
单调递减，
当
，
，此时
单调递增，
则
，
故
,即
.
当
时,
,且
，即
时等号成
立，矛盾，故
,
得证.
6.（2023·新高考Ⅱ卷高考真题第21 题）已知双曲线C 的中心为坐标原点，左焦点为
，离心率为
．
（1）求C 的方程；
（2）记C 的左、右顶点分别为
，
，过点
的直线与C 的左支交于M，N 两点，
M 在第二象限，直线
与
交于点P．证明:点
在定直线上.
【答案】（1）
（2）证明见解析.
【分析】（1）由题意求得
的值即可确定双曲线方程；
（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线
与
的方
程，联立直线方程，消去
，结合韦达定理计算可得
，即交点的横坐标为定值，
据此可证得点
在定直线
上.
【解析】（1）设双曲线方程为
，由焦点坐标可知
，
则由
可得
，
，
双曲线方程为
.
（2）由(1)可得
，设
，
显然直线的斜率不为0，所以设直线
的方程为
，且
，
与
联立可得
，且
，
则
，
直线
的方程为
，直线
的方程为
，
联立直线
与直线
的方程可得：
，
由
可得
，即
，
据此可得点
在定直线
上运动.
1.利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤：
（1）设直线方程，设交点坐标为
、
；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于
（或
）的一元二次方程，必要时计算
；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为
、
（或
、
）的形式；
（5）代入韦达定理求解
2.若直线
与圆雉曲线相交于
，
两点，
由直线与圆锥曲线联立，消元得到
（
）则：
则：弦长
或
3.圆锥曲线弦长万能公式（硬解定理）
设直线方程为: y =kx +b (特殊情况要对 k 进行讨论), 圆锥曲线的方程为: f (x , y)=0,
把直线方程代入曲线方程, 可化为 a x
2+bx +c =0(a≠0)或(a y
2+by +c =0),(a≠0),
设直线和曲线的两交点为 A(x1, y1),B(x2, y2), 求根公式为x = −b±
❑√b
2−4 ac
2a
(1) 若消去 y, 得a x
2+bx +c =0(a≠0)
则弦长公式为:
|AB)= ❑√(x1−x2)
2+( y1−y2)
2=
❑√1+k
2⋅|x1−x2)=
❑√1+ k
2⋅|
−b+
❑√b
2−4 ac
2a
−−b−
❑√b
2−4 ac
2a
)
¿=
❑√1+ k
2
❑√Δ
|a)
(2) 若消去 x ,得a y
2+by +c =0(a≠0)
则弦长公式为:
|AB)= ❑√(x1−x2)
2+( y1−y2)
2= ❑√
1+ 1
k
2 ⋅|y1−y2)= ❑√
1+ 1
k
2 ⋅|
−b+
❑√b
2−4 ac
2a
−−b−
❑√b
2−4 ac
2a
)
¿= ❑√
1+ 1
k
2
❑√Δ
|a)
4.三角形的面积处理方法
（1）
底·高（通常选弦长做底，点到直线的距离为高）
（2）
水平宽·铅锤=高
（3）在平面直角坐标系
中，已知
的顶点分别为
，
，
，三角形的面积为
．
5.根据抛物线的弦所在的直线的斜率与坐标之间的关系，
可设A( x1, y1)，B( x2, y2)，C( x3, y3)，D( x4, y4)
将点A,B 的坐标分别代入抛物线方程可得y1
2=2 p x1, y2
2=2 p x2,
两式相减可得k( AB)=2 p/( y1+ y2).
同理k(CD)=2 p/( y3+ y4)
所以k(CD)/k( AB)=( y1+ y2)/( y3+ y4).
根据前面的探究可知
y1 y3=−2 p xT ，y2 y4=−2 p xT,
所以
k(CD)/k( AB)=( y1+ y2)/( y3+ y4)=(−2 p xT / y3+−2 p xT / y4)/( y3+ y4)=−2 p xT / y3 y4=−2 p xT /(−
若替换成y1，y2，同理可得k(CD)/k( AB)= xM / xT
6.若A( x1, y1)，B( x2, y2)，C( x3, y3)，D( x4, y4)四点均在抛物线y 2=2 px上，且直
线AB 与直线DC 分别与x 轴交于点M ( xM ,0)，N ( x1 N ,0)，当直线AB 的斜率存在时，有
k(CD)/k( AB)= xM / xT = xT / xN,
即xT
2 = xM ∗xN.
7.
8.中点弦模型
O
x
y
A
B
M
已知A,B 是椭圆
上任意2 点，且弦
不平行
轴，M 为线段AB
中点，则有
证明（点差法）：设
，
，则
，
，
，
∵A，B 在椭圆上，代入A，B 坐标得
①
②两式相减得：
，整理得
∴
9.椭圆焦点在
轴上时，
10.∵A，B 在双曲线
上，代入A，B 坐标得
①，
②两式相减得：
，整理得
∴
11. 已知A ，B 是抛物线
两点，且直线AB 不垂直于
轴，则有
O
x
y
A
B
M
O
x
y
A
B
M
12.通过椭圆的垂径定理转换
O
x
y
A
B
P
M
椭圆弦长、面积问题
1.（吉林省长春市2026 届高三质量监测（一））已知椭圆
的离心率
为
，右焦点
..
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过
且倾斜角为
的直线与椭圆相交于
，
两点，求
.
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）由椭圆
的离心率为
，
可设
，
，则
，
由右焦点
，可知
，则
，
，
即椭圆的标准方程为
.
（2）如图：
过
且倾斜角为45°的直线的方程为
，
与椭圆
联立可得：
，即
，
可得
，
.
所以
，
所以
.
所以
.
2.（湖南名校大联盟2026 届高三月考卷）已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为
❑√3
2 ，
且过点(1,
❑√3
2 )，O 为坐标原点.
(1)求椭圆C 的方程；
(2)若过点(1,0)的直线l 与椭圆C 相交于A，B 两点，且△AOB的面积为4
5 ，求直线l 的方程.
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1 (2)x =± y +1
【解析】（1）由题意可得{
e = c
a =
❑√3
2
a
2=b
2+c
2
1
a
2 + 3
4 b
2 =1)
，解得{
a=2
b=1
c = ❑√3)
，
故椭圆C 的方程为x
2
4 + y
2=1；
（2）由题意可得直线l斜率不为0，则可设l: x =my +1，设A(x1, y1)、B(x2, y2)，
联立{
x =my +1
x
2
4 + y
2=1)
，消去x得(m
2+ 4) y
2+2my −3=0，
Δ=(2m)
2+12(m
2+ 4)=16m
2+ 48>0，
y1+ y2= −2m
m
2+ 4 ，y1 y2=−
3
m
2+ 4 ；
则|y1−y2)= ❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2= ❑√(−2m
m
2+ 4)
2
+
12
m
2+ 4
= 4
❑√m
2+3
m
2+ 4
，
则S△AOB= 1
2 ⋅|y1−y2)⋅1= 1
2 × 4
❑√m
2+3
m
2+ 4
= 2
❑√m
2+3
m
2+ 4
= 4
5 ，
化简得4 m
4+7m
2−11=0，即(m−1)(m+1)(4 m
2+11)=0，
则m=±1，即直线l的方程为x =± y +1.
3. （山东省名校考试联盟2026 届高三下学期2 月份核心素养评估）已知椭圆
的右焦点为
，且过点
，直线过点
交椭圆
于
两点．
（1）求椭圆
的方程；
（2）线段
的垂直平分线与
轴的交点为
，若点
为椭圆的左顶点，求
的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】（1）因为椭圆
的右焦点为
，且过点
，
所以
，解得
，
则椭圆
的方程为
；
（2）由题意知直线斜率不为零，设方程为：
的中点
，
联立
，消去
得
，
韦达定理得
，
所以
，．
由
，得
，整理得：
．
因为
，所以
，
4..(福建泉州市2026 届高中毕业班质量检测（一）)在平面直角坐标系xOy中，已知点
A (2,0)，动点P关于O的对称点为Q，且直线AP , AQ的斜率之积是−1
4 ，记P的轨迹为曲
线E.
(1)求E的方程；
(2)若P关于x轴的对称点为M，求△PQM的面积的最大值.
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1(x≠±2) (2)2
【解析】（1）设P(x , y)，则Q (−x ,−y)，则
k AP=
y
x−2 ,k AQ=
−y
−x−2，且x≠±2，
由k AP⋅k AQ=−1
4 ，得
y
x−2 ⋅
−y
−x−2 =−1
4 ，
整理，得4 y
2= 4−x
2，即x
2
4 + y
2=1，
故E的方程为x
2
4 + y
2=1(x≠±2).（约束条件也可写成y ≠0）
（2）依题意得 M (x ,−y)，则⃗MP =(0,2 y),⃗MQ =(−2 x ,0)，
所以⃗MP⋅⃗MQ =0，从而⃗MP⊥⃗MQ，所以PM ⊥QM，
则△PQM的面积S = 1
2|PM )⋅|QM )= 1
2|2 y)⋅|2 x)=2|xy)，
因为点P在曲线上，则x
2
4 + y
2=1，所以1= x
2
4 + y
2≥2|
x
2)⋅|y)，
即|xy)≤1，当且仅当|
x
2)=|y)=
❑√2
2 时取“=”.
故△PQM面积的最大值为2.
5.（河北唐山市2026 届高三第一次模拟演练）已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率
为
❑√3
2 ，其左顶点为A，上顶点为B，△AOB的面积是1，其中O 是原点，平行于AB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) x
2
4 + y
2=1 (2)不存在，理由见详解
【解析】（1）因为椭圆C的离心率为e = c
a = ❑√
1−(
b
a)
2
=
❑√3
2
，可得b
a = 1
2，即a=2b，
则|OA)=a=2b，|OB)=b，
又因为△AOB的面积S△AOB= 1
2|OA)⋅|OB)=b
2=1，即b=1，a=2，
所以椭圆C 的方程为x
2
4 + y
2=1.
（2）由（1）可知：A (−2,0)，B (0,1)，
则直线AB的斜率k = 1
2，且线段AB的中点为P(−1, 1
2)，
假设存在直线l 满足题意，设直线l：y = 1
2 x +m,m≠1，M (x1, y1)，N (x2, y2)，
联立方程{
y = 1
2 x +m
x
2
4 + y
2=1)
，消去y 可得x
2+2mx +2m
2−2=0，
则Δ= 4 m
2−4(2m
2−2)>0，解得−❑√2<m<❑√2，
可得x1+ x2=−2m，x1 x2=2m
2−2，
即x1+ x2
2
=−m，则y1+ y2
2
= 1
2 × x1+ x2
2
+m= m
2 ，
可得线段MN的中点为Q(−m, m
2)，直线PQ的斜率k PQ=
m
2 −1
2
−m+1 =−1
2
，
此时k ⋅k PQ=−1
4 ≠−1，可知直线AB与直线PQ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.（湖南名校大联盟2026 届高三月考卷）已知在△ABC中，角A ､B､C的对边分别为
a､b､c，若cos A
cosB = b
a 且sinC =cos A.
(1)求角A ､B､C的大小；
(2)设函数f (x)=sin(2 x + A)+cos(2 x−C
2)，求函数f (x)的单调递减区间.
【答案】(1)A = B =π
6 ,C = 2π
3 (2)[k π+π
6 ,k π+ 2π
3 )(k ∈Z)
【解析】（1）由cos A
cosB = b
a 及正弦定理，可得cos A
cosB =sin B
sin A ，化简得sin2 A =sin2B，
∵A ,B , A + B∈(0,π )，∴2 A ,2B ,2 A +2B∈(0,2π )，
∴2 A =2B或2 A +2B =π，即A = B或A + B =π
2 ，
当A = B时，因sinC =sin(π−2 A)=sin2 A =2sin A cos A =cos A，
又A ,B∈(0, π
2)，cos A不为0，则sin A = 1
2，得A = B =π
6 ,C = 2π
3 ；
当A + B =π
2 时，有sinC =sin(π−π
2 )=sinπ
2 =1=cos A，不合题意；
∴A = B =π
6 ,C = 2π
3 .
（2）由（1）及题设知f (x)=sin(2 x +π
6 )+cos(2 x−π
3 )
=sin(2 x +π
6 )+cos[(2 x +π
6 )−π
2 )=2sin(2 x +π
6 )，
由2k π+π
2 ≤2 x +π
6 ≤2k π+ 3π
2 ，(k ∈Z)解得
k π+π
6 ≤x ≤k π+2π
3 ，(k ∈Z)，
所以f (x)=2sin(2 x +π
6 )的单调递减区间为[k π+π
6 ,k π+ 2π
3 )(k ∈Z).
椭圆定值、定点、取值问题
1.（山东济宁市2026 年高考第一次模拟）已知椭圆Γ: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的两焦点分别
为F1(−1,0), F2(1,0)，离心率为1
2，A ,B ,C为椭圆上三个不重合的点，且直线AC经过点
F2,B与C关于x轴对称.
(1)求椭圆Γ的标准方程；
(2)求证：直线AB经过定点，并求出该定点的坐标；
(3)求△A F1C内切圆半径r的取值范围.
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1 (2)证明见解析，定点为(4,0) (3)(0, 3
4)
【解析】（1）由椭圆的焦点分别为F1(−1,0), F2(1,0)，得c =1，
由离心率e = c
a = 1
a = 1
2，得a=2，则b
2=a
2−c
2=3，
所以椭圆Γ的标准方程为x
2
4 + y
2
3 =1.
（2）证明：由直线AC 过F2，设直线AC 的方程为x =my +1，
因为A ,B ,C不重合且B 与C关于x轴对称，所以m 存在且m≠0，
联立{
x =my +1
x
2
4 + y
2
3 =1)
，得(3m
2+ 4) y
2+6my −9=0，
设A( x1, y1),C( x2, y2)，则B( x2,−y2)，
则y1+ y2= −6m
3m
2+ 4
, y1 y2=
−9
3m
2+ 4
又直线AB 的斜率k
′ = y1+ y2
x1−x2
，所以直线AB 的方程为y −y1=(
y1+ y2
x1−x2)( x−x1)，
整理得y = y1+(
y1+ y2
x1−x2)( x−x1)= y1−(
y1+ y2
x1−x2)x1+(
y1+ y2
x1−x2)x
= y1( x1−x2)−( y1+ y2)x1
x1−x2
+(
y1+ y2
x1−x2)x = −(m y2+1) y1−(m y1+1) y2
x1−x2
+(
y1+ y2
x1−x2)x
= −2m y1 y2−( y1+ y2)+( y1+ y2)x
x1−x2
=
1
x1−x2[(−2m)×(
−9
3m
2+ 4)+
6m
3m
2+ 4
−6mx
3m
2+ 4)
=
1
x1−x2
×
6m
3m
2+ 4
(4−x)
令x = 4，得y =0，所以直线AB 恒过点(4,0).
（3）由椭圆的定义得△A F1C的周长为4 a=8，则△A F1C的面积S = 1
2 ×8×r = 4 r，
所以r = S
4 ，
又S = 1
2|F1 F2)×|y1−y2)=|y1−y2)=
❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2
= ❑√(
−6m
3m
2+ 4)
2
−4×(
−9
3m
2+ 4)= 12
❑√m
2+1
3m
2+ 4
令t =
❑√m
2+1，由m≠0，得t >1，则m
2=t
2−1，
所以S =
12t
3(t
2−1)+ 4
= 12t
3t
2+1
=
12
3t + 1
t
，
因为y =3t + 1
t 在(1,+∞)上单调递增，
所以3t + 1
t >4，则S =
12
3t + 1
t
∈(0,3)
，
所以r = S
4 ∈(0, 3
4)，即△A F1C内切圆半径r的取值范围为(0, 3
4).
2.（重庆市名校联盟2026 届高三下学期第一次联考）已知椭圆Γ：x
2
5 + y
2
4 =1，Γ的下
顶点为C，左焦点为F1，动直线l与椭圆Γ交于A、B两点.
(1)若T是椭圆Γ上的一个动点，求|TC)+|T F1)的最大值；
(2)设E(−5
2 ,3)，O为坐标原点，若四边形OABE为平行四边形，求直线l的方程；
(3)若直线l经过定点P(0,1)，坐标平面上是否存在定点Q（不同于点P），使得
|QA)⋅|PB)=|PA)⋅|QB)恒成立？若存在，求点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)3 ❑√5 (2)y =−6
5 x +
❑√35
5
或y =−6
5 x−
❑√35
5
(3)存在定点Q (0,4).
【解析】（1）C (0,−2)，F1(−1,0)，右焦点F2(1,0)，
|TC)+|T F1)=|TC)−|T F2)+2❑√5≤|C F2)+2❑√5=3 ❑√5，
当且仅当T、F2、C共线（F2介于T、C之间）时取到，
（2）由l平行于OE时，可设直线l：y =−6
5 x +b，与椭圆联立后得到
56 x
2−60bx +25b
2−100=0，x1+ x2= 15b
14 , x1⋅x2= 25b
2−100
56
由|AB)=|OE)可知，|x1−x2)= ❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2=|xE−0)= 5
2，
结合韦达定理|x1−x2)= ❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2= ❑√(
15b
14 )
2
−4× 25b
2−100
56
= 5
2
，
解得b=±
❑√35
5
，
所以直线方程为y =−6
5 x +
❑√35
5
或y =−6
5 x−
❑√35
5
，
（3）当直线l斜率存在时，设方程为y =kx +1，与Γ：4 x
2+5 y
2=20联立得：
(4 +5k
2) x
2+10kx −15=0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由韦达定理得x1+ x2= −10k
4+5k
2，x1 x2= −15
4+5k
2.
当直线l平行于x轴时，|PA)=|PB)，因此|QA)=|QB)，
此时Q在y轴上，设Q (0,m).
当直线l斜率不存在时，不妨设A (0,2)，B (0,−2)，
则有|QA)⋅|PB)=|m−2)⋅3=|PA)⋅|QB)=|m+2)，
解得m= 4或m=1（舍）.下面证明点Q (0,4)符合条件.
设直线l：y =kx +1，要证|QA)
|QB) =|PA)
|PB)，
即PQ是∠AQB的角平分线，只要证明k AQ+ k BQ=0.
而k AQ+ k BQ= y1−4
x1
+ y2−4
x2
= x2(k x1−3)+ x1(k x2−3)
x1 x2
= 2k x1 x2−3(x1+ x2)
x1 x2
，
而韦达定理可得2k x1 x2−3(x1+ x2)=0，因而得证，
综上，存在定点Q (0,4)，
3.（2026 年沈阳市高中三年级教学质量监测（一））已知椭圆
（
）的
左右焦点分别为
，
，离心率
，且过点
.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)直线，
过右焦点
，且它们的斜率乘积为
，设，
分别与椭圆交于点C，D 和
E，F.若M，N 分别是线段CD 和EF 的中点.
（ⅰ）直线MN 是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请给出理由.
（ⅱ）求
面积的最大值.
【答案】(1)
(2)（ⅰ）直线MN 过的定点为
.（ⅱ）
.
【解析】（1）解：因为椭圆
的离心率
，且过点
，
可得
且
，解得
，
所以椭圆的标准方程为
.
（2）解：（ⅰ）由（1）知，椭圆
，可得
，
设直线
的方程为
，
的方程为
，且
，
，
联立方程组
，整理得
，
所以
，
，
因为
为
的中点，所以
，
，
即
，同理可得
，
直线MN 的方程为
，即
，
所以直线MN 过的定点为
.
（ⅱ）由MN 过的定点为
，
所以
，
当且仅当
时，即
时，等号成立，所以
的面积最大值为
.
4.（甘肃省2026 届高三第一次模拟考试）如图所示，焦点在x轴上的椭圆C的顶点分别为
A1, A2,B1,B2,∠B1 A2B2=π
3 ，且椭圆过点(1,
❑√6
3 ).
(1)求椭圆C的方程；
(2)过椭圆C上任意一点P作四边形A1B1 A2B2的内切圆的两条切线PA , PB，切点分别为
A ,B，当切线斜率存在时，记切线PA , PB斜率分别为k1,k2，试判断k1⋅k2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PA , PB与椭圆C的另一个交点分别为E , F，求|EF)的最小值.
【答案】(1) x
2
3 + y
2=1 (2)k1⋅k2为定值，为−1
3 (3)2
【解析】（1）因为∠B1 A2B2=π
3 ，所以∠B2 A2O =π
6 ，即a
b = ❑√3，
可设椭圆C的方程为x
2
3b
2 + y
2
b
2 =1(b>0)，又因为椭圆C过点(1,
❑√6
3 )，
代入椭圆C的方程得：1
3b
2 +
2
3
b
2 =1，解得b
2=1，
所以椭圆C的方程为：x
2
3 + y
2=1；
（2）k1⋅k2是定值.理由如下：
根据对称性，易知四边形A1B1 A2B2的内切圆的圆心为O
因为直线A1B2的方程为x−❑√3 y + ❑√3=0，所以圆O的半径r =
|❑√3)
❑√1
2+ ❑√3
2 =
❑√3
2 ，
设椭圆上任一点P(x0, y0)，则x0
2+3 y0
2=3，
当圆的切线斜率存在时，可设过点P的圆的切线方程为y −y0=k (x−x0)，
即kx −y −k x0+ y0=0，
所以圆的半径r =|−k x0+ y0)
❑√k
2+1
=
❑√3
2 ，
两边平方化简得：(3−4 x0
2)k
2+8 x0 y0k −4 y0
2+3=0 (*),
因为切线PA , PB的斜率分别为k1,k2，
所以k1,k2是方程(*)的两个不同的根，
故k1⋅k2= −4 y0
2+3
3−4 x0
2 =
−4 y0
2+3
3−4(3−3 y0
2)
=−1
3；
（3）①当直线PE的斜率存在时，设直线PE的方程为：y =k1 x +m，设E(x1, y1)，
因为直线PE为圆x
2+ y
2= 3
4 的切线，所以
|m)
❑√k1
2+1
=
❑√3
2 ，化简得4 m
2=3k1
2+3，
联立方程{
y =k1 x +m
x
2+3 y
2=3)，消去y得：(1+3k1
2)x
2+6k1mx +3m
2−3=0，
显然Δ>0恒成立，x0, x1为上式的两个不同的根，且x0+ x1= −6k1m
1+3k1
2 , x0 x1= 3m
2−3
1+3k1
2 ，⃗
OP⋅⃗OE = x0 x1+ y0 y1= x0 x1+(k1 x0+m)(k1 x1+m) =(1+ k1
2)x0 x1+k1m(x0+ x1)+m
2
= (1+ k1
2)(3m
2−3)
1+3k1
2
−6 k1
2m
2
1+3k1
2 +m
2 = 4 m
2−3k1
2−3
1+3k1
2
=0，
可得OP⊥OE，同理可证OP⊥OF.
所以F ,O , E三点共线，故弦EF恒过点O，
所以当P与A1或A2重合时，| EF |min=|B1B2)=2.
②当直线PE或直线PF的斜率不存在时，易得|EF)= ❑√6>2，
综上可知，| EF |min=2.
4.（辽宁省大连市2026 年高三双基模拟考试）已知椭圆
的离心率
为
，左右焦点分别为
､
，过
的直线（斜率存在且不为0）与椭圆
相交于
两点，
的周长为
.
(1)求椭圆
的方程；
(2)过
两点分别作椭圆
的切线
，设与
交点为
.
（i）求点
的轨迹方程；
（ii）记直线
的斜率分别为
，证明：
为定值.
【答案】（1）
（2）（ⅰ）
(ⅱ)证明见解析
【解析】（1）由题意可设
，则
，
根据椭圆的定义可知
的周长为
，
所以
，即椭圆方程为
；
（2）设点
在椭圆
上，易知
，
所以
，
即
，当且仅当
时取得等号，
即椭圆上有且仅有一点
在直线
上，
所以过椭圆上一点
的切线方程为：
；
（i）由上知
，可设l 方程为
，
，
而直线斜率存在且不为0 及椭圆的对称性可知
，
则
分别为
，
联立
可得
是定值，
又作差可得
，整理得
，
即
，所以M 点在定直线
上；
（ii）易知
，
联立
得
，
所以
，
则
，是定值，证毕.
5.（福建省部分高中学校2026 届高考适应性考试（一模））已知椭圆
和圆
，当椭圆
与圆
恰好只有两个交点时，
或4．
(1)求椭圆
的方程；
(2)当
时，设直线
与圆
交于
两点，与椭圆
交于
两点，且点
不
在
轴上．
（i）若
为
中点，求
；
（ii）求
的最大值．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）
(ⅱ)
【解析】（1）由椭圆
与圆
恰好只有两个交点时，
或4，
如图所示：
由图可得：则
，所以椭圆
的方程为
.
（2）（i）由题意如图所示：
设
，
将直线的方程与圆
联立，得到：
，
消去
，并整理得
，
因为
不在
轴上，
所以
，且
，故
，
设点
，
因为
都在椭圆上，所以
，
两式相减，得
，
因为
是
中点，所以
，
所以
，
即
，
又
，代入得
.
因为
，所以
，
解得
，故所求
的值为
.
（ii）作
于
，如图所示：
由垂径定理知，
为
中点，
所以
，
故
因为
，所以由点
到直线
距离为：
，即
，
所以
，
所以
，
将直线的方程与椭圆
联立，得到
消去
，并整理得
，
其中，
，
根据韦达定理，有
，
所以
，
故
，
令
，则
，
，
当且仅当
即
，即
时，等号成立，
故
的最大值为
.
6.（2026 届江苏省G4 联考12 月）在平面直角坐标系
中，已知椭圆
的离心率为
，点
在
上，
为
的左、右顶点.
（1）求
的方程；
（2）过点
作直线与椭圆
交于两点
，
（
在第一象限），
直线
分别交
轴于
两点.
（i）试探究：是否存在常数
使得
？若存在，求出
的值；若不存在，请说明
理由；
（ii）当
面积取最大值时，求
的值.
【答案】(1)
(2)（ⅰ）存在
（ⅱ）
.
【解析】（1）由已知，
，解得
，
所以C 的方程为
；
（2）（i）设过点
的直线
，
由
，消去x 得
，
，
，
，
，
由（1）知
，
则直线
，
，
直线
，
，
，
所以存在
，使得
；
（ii）法一：
，
，
因为
，所以
，
，
因为M 在第一象限，所以
，
令
，
，
令
，解得
或
，
在
上单调递增，在
单调递减，
所以当
时，
取最大值，所以
.
7.（宁波市2025 学年第一学期期末考试）已知椭圆
：
离心率
为
，且过点
，F 是
的右焦点，O 为坐标原点.
（1）求
的方程；
（2）设
，过点P 的直线与
依次交于A，B 两点（点A 在第二象限），直线
，
分别与
交于另一点C，D.
（i）当C，D 两点重合时，求直线
的方程；
（ii）当C，D 两点不重合时，直线
与x 轴交点为Q，求
面积的最大值.
【答案】（1）
（2）（i）
；（ii）
.
【解析】（1）由
，
及
，解得
，
，即椭
圆的方程为
.
（2）设直线
的方程为
，
，
直线
与椭圆方程联立得
，
，
，
设
，
，得
.
易知
，设
的直线方程为
，其中
，
将直线
与椭圆方程联立得
，
则
.
（i）当C，D 重合时，
，即
，
，
代入得
，
化简得
，解得
或
（舍去）.
因为
，所以
.
故直线
的方程为
.
（ii）因为
，所以
.
则直线
的方程为
，
令
，得
，
将韦达定理代入上式，得
，
即直线
过定点
.
的面积为
，
当
，即
时，取得
的面积的最大值
.
双曲线
1.（山东省烟台市2026 届高三下学期高考诊断性测试）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，
【解析】（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.
2.（福建省福州市2026 届高三三月质量检测）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）
(2)
或
.
【解析】（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
.
3.（江西赣州市2025-2026 学年高三下学期摸底）已知抛物线
，过点
作
直线与抛物线
相交于
两点，
为坐标原点.
(1)证明：
；
(2)若存在异于点
的定点
，使得
恒成立，请求出点
的坐标，并求
出
面积的最小值.
【答案】（1）证明见解析 (2) 8
【解析】（1）证明：设直线的方程为
，
由
，得
，即
，
因为
，所以
，
，
所以
，所以
.
（2）因为
，所以
，
由角平分线的性质可知，
为
的角平分线，由抛物线对称性可得，
在
轴上，
设
，
，
因为
在
轴上，所以
，
，
整理得
，由
，代入可得
，
即
，由于上式对任意
恒成立，所以
，即
.
，
到直线的距离为：
，面积
，
当
时，
面积有最小值8.
4.（浙江省强基联盟2026 年1 月高三联考）已知双曲线
(1)
，求双曲线
的渐近线方程.
(2)设
，
为双曲线
的左右顶点，双曲线
上一点
的纵坐标为，且
，求
的值；
(3)已知点
在双曲线上，直线交
于
两点，直线
的斜率之和为
求直线
的斜率.
【答案】(1)
(2)
(3)-1
【解析】（1）当
时，双曲线
的方程为
，
则双曲线
的渐近线方程为
；
（2）由题意
，设
，
则
，
，
则
，
，
又点
在双曲线
上，则
，化简得
，
又
所以
；
（3）将点
代入双曲线方程得
，解得：
，
故双曲线方程为
；
设直线
斜率为
，则直线
斜率为
直线
方程为
，联立双曲线
与直线
:
，
其中
即
且
，
由韦达定理
，则
，
同理以
代
，则
，
则
，
，
故
.
5.（湖北宜昌市2026 届高三下学期3 月调研）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的焦
点F到一条渐近线的距离为1，且点P(2,1)在双曲线C上．
(1)求双曲线C的方程；
(2)斜率为−1的直线与双曲线C的右支交于A、B两点（异于点P）．
①求直线AP、BP的斜率之和；
②若△PAB的外接圆圆心为M，试问在x轴上是否存在定点Q使|MQ)
2−|MP)
2为定值，若
存在，求出Q点坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1) x
2
2 −y
2=1 (2)①0 ②存在，且点Q (1,0).
【解析】（1）双曲线C的右焦点为F (c ,0)，双曲线C的渐近线方程为y =± b
a x，即
bx±ay =0，
所以焦点F到一条渐近线的距离为
bc
❑√b
2+a
2 = bc
c =b=1，
因为点P(2,1)在双曲线C上，所以4
a
2 −1=1，解得a= ❑√2，
故双曲线C的标准方程为x
2
2 −y
2=1.
（2）①设点A(x1, y1)、B(x2, y2)，设直线AB的方程为y =−x +m，
因为点P不在直线AB上，则m−1≠2，可得m≠3，
联立{
y =−x +m
x
2
2 −y
2=1)
可得x
2−4 mx +2(m
2+1)=0，
则Δ=16m
2−8(m
2+1)=8(m
2−1)>0，解得m<−1或m>1，
由题意可得{
x1+ x2= 4 m>0
x1 x2=2(m
2+1)>0)，所以m>1且m≠3，
所以
k AP+ k BP= y1−1
x1−2 + y2−1
x2−2 = −x1+m−1
x1−2
+ −x2+m−1
x2−2
= m−3−(x1−2)
x1−2
+ m−3−(x2−2)
x2−2
= m−3
x1−2 + m−3
x2−2 −2=
(m−3)(x1+ x2−4)
(x1−2)(x2−2)
−2=
(m−3)(x1+ x2−4)
x1 x2−2(x1+ x2)+ 4 −2
= (m−3)(4 m−4)
2(m
2+1)−8m+ 4
−2= 4 (m−1)(m−3)
2(m−1)(m−3) −2=0，
即直线AP、BP的斜率之和为0.
②设△PAB的外接圆方程为x
2+ y
2+ sx +ty +n=0，
则{
5+2s+t +n=0
x1
2+ y1
2+ s x1+t y1+n=0
x2
2+ y2
2+ s x2+t y2+n=0)
，
由y1=−x1+m代入x1
2+ y1
2+ s x1+t y1+n=0，
可得x1
2+(m−x1)
2+ s x1+t (m−x1)+n=0，
可得2 x1
2+(s−t −2m) x1+(m
2+tm+n)=0，
同理可得2 x2
2+(s−t −2m) x2+(m
2+tm+n)=0，
所以x1、x2为关于x的方程2 x
2+(s−t −2m) x +(m
2+tm−n)=0的两根，
又因为x1、x2为关于x的方程x
2−4 mx +2(m
2+1)=0的两根，
所以方程2 x
2+(s−t −2m) x +(m
2+tm−n)=0与方程x
2−4 mx +2(m
2+1)=0为同解方程，
所以{
s−t −2m=−8m
m
2+tm−n= 4(m
2+1)
5+2s+t +n=0 )
，解得{
s=−3m−3
t =3m−3 )，
易知点M(−s
2 ,−t
2)，即点M(
3m+3
2
, 3−3m
2 )，k MP=
1−3−3m
2
2−3m+3
2
= 3m−1
1−3m =−1，
所以直线MP的方程为y −1=−(x−2)，即y =−x +3，
当PQ⊥MP时，直线PQ的方程为y −1= x−2，即y = x−1，
直线y = x−1与x轴的交点为(1,0)，不妨取点Q (1,0)，此时PQ⊥MP，
则|MQ)
2−|MP)
2=|PQ)
2=(2−1)
2+(1−0)
2=2，
故在x轴上存在定点Q (1,0)，使得|MQ)
2−|MP)
2为定值2.
6.（江苏省九校2026 届高三下学期一模联考）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的离
心率为
❑√7
2 ，P(4,3)是C上一点，直线l的斜率为−1，且与C交于A ,B两点.
(1)求C的方程；
(2)若⃗PA ⋅⃗PB =36，求l的方程；
(3)证明：△PAB的外接圆的圆心Q在定直线上.
【答案】(1) x
2
4 −y
2
3 =1 (2)y =−x +13 (3)证明见解析
【解析】（1）因为双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1的离心率为
❑√7
2 ，且P(4,3)是C上一点，
可得{
c
a =
❑√7
2
16
a
2 −9
b
2 =1
c
2=a
2+b
2)
，解得a
2= 4 ,b
2=3，
所以双曲线C的方程为x
2
4 −y
2
3 =1.
（2）设直线l的方程为y =−x +m，且A( x1, y1),B( x2, y2)，
联立方程组{
y =−x +m
x
2
4 −y
2
3 =1)
，整理得x
2−8mx + 4 m
2+12=0，
则Δ=(−8m)
2−4(4 m
2+12)>0，解得m
2>1，所以m>1或m<−1，
且x1+ x2=8m, x1 x2= 4 m
2+12，
因为P(4,3)，可得⃗PA =( x1−4 , y1−3),⃗PB =( x2−4 , y2−3)，
又因为y1=−x1+m, y2=−x2+m，
可得⃗PA =( x1−4 ,−x1+m−3),⃗PB =( x2−4 ,−x2+m−3)，
所以⃗PA ⋅⃗PB = x1 x2−4 x1−4 x2+16+ x1 x2−(m−3)x1−(m−3)x2+(m−3)
2
=2 x1 x2−(m+1)( x1+ x2)+(m−3)
2+16，
将x1+ x2=8m, x1 x2= 4 m
2+12代入上式得，⃗
PA ⋅⃗PB =2⋅(4 m
2+12)−(m+1)⋅8m+(m−3)
2+16=m
2−14 m+ 49，
因为⃗PA ⋅⃗PB =36，可得m
2−14 m+ 49=36，即m
2−14 m+13=0，
解得m=1或m=13，
又因为m>1或m<−1，所以m=13，
所以直线l的方程为y =−x +13.
（3）由（2）知x1+ x2=8m，可得AB的中点M的横坐标为x1+ x2
2
= 4 m，
则点M的纵坐标为y1+ y2
2
=−x1+ x2
2
+m=−4 m+m=−3m，即M (4 m,−3m)，
所以线段AB的垂直平分线的方程为y +3m= x−4 m，即y = x−7m，
设点Q的坐标为( x0, y0)，
因为|QA)=|QP)，可得( x1−x0)
2+( y1−y0)
2=( x0−4)
2+( y0−3)
2 ，
又因为y1=−x1+m, y0= x0−7m，
代入得( x1−x0)
2+( x0+ x1−8m)
2=( x0−4)
2+( x0−7m−3)
2，
整理得2 x1
2−16m x1+[ x0
2+( x0−8m)
2−( x0−4)
2−( x0−7m−3)
2]=0，
又由x
2−8mx + 4 m
2+12=0，可得x1
2=8m x1−4 m
2−12，
则2(8m x1−4 m
2−12)−16m x1+ D =0，可得−8m
2−24 + D =0，
其中D = x0
2+(x0−8m)
2−(x0−4)
2−(x0−7m−3)
2=(−2m+14) x0+15m
2−42m−25，
则8m
2+24 =(−2m+14) x0+15m
2−42m−25，
整理得(14−2m)x0=−7m
2+ 42m+ 49=−7(m−7)(m+1)，
①当m−7≠0时，两边同除以m−7，可得m= 2
7 x0−1，
代入y0= x0−7m，可得y0= x0−7×( 2
7 x0−1)=−x0+7，即x0+ y0=7，
所以△PAB的外接圆的圆心Q在定直线x + y −7 =0上；
②当m−7 =0时，即m=7时，可得直线AB的方程为y =−x +7，
此时点P(4,3)满足直线AB的方程，此时P , A ,B三点共线，不能构成三角形，舍去，
综上可得，△PAB的外接圆的圆心Q在定直线x + y −7 =0上.
7.（湖南省联考2025-2026 学年高三上学期期末）已知双曲线E: x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)
的左、右顶点分别为A(−2，0)和B(2，0)，过右焦点F 且垂直于x 轴的直线与E 交于M，
N 两点，其中点M 在第一象限，| MN |=12.
（1）求E 的方程.
（2）已知点P，Q 在直线AM 上，满足NP
→
· NQ
→
=22，记点P 的横坐标为m.
（ⅰ）求点Q 的坐标（用m 表示）；
(ⅱ)若PQ 的中点S 在△ABN的外接圆内，求| PQ|的取值范围.
【答案】（1 ）x
2
4 −y
2
12 =1 （2 ）（ⅰ）Q(−2m+29
m+2 ,−25
m+2)(ⅱ)
(−2−❑√29,−5)∪(−2+ ❑√29,5)
【解析】（1）显然a=2，
设F(c ,0)(c>0)，
由c
2
a
2 −y
2
b
2 =1+ b
2
a
2 −y
2
b
2 =1，得y =± b
2
a ，则M (c , b
2
a )，N (c ,−b
2
a ).
| MN |= 2b
2
a =12，得b
2=12，
故E的方程为x
2
4 −y
2
12 =1.
（2）（ⅰ）由（1）可得M (4,6)，N (4 ,−6)，所以直线AM : y = x +2，P(m,m+2)，
设Q(n,n+2)，则NP
→
· NQ
→
=(m−4)(n−4)+(m+8)(n+8)=2mn+ 4 m+ 4 n+80=22，
所以n= −58−4 m
2m+ 4
=−2m+29
m+2 ，从而n+2=−25
m+2，
于是Q(−2m+29
m+2 ,−25
m+2).
（ⅱ）由P(m,m+2)和Q(−2m+29
m+2 ,−25
m+2)，得中点S(
m
2−29
2m+ 4 , m
2−29
2m+ 4 +2)，
且| PQ|= ❑√2|m+ 2m+29
m+2 |= ❑√2|m+2+ 25
m+2|.
设∆ABN的外接圆的圆心为T，由A(−2,0)，B(2,0)，可知点T在y轴上，设T (0,t )，
再由|TA |=|TN |，得2
2+t
2= 4
2+(t +6)
2，解得t =−4，所以2
2+t
2=20，
于是得∆ABN的外接圆方程为x
2+( y + 4)
2=20.
由{
y = x +2
x
2+( y + 4)
2=20， 解得x =−2或x =−4，即为圆T与直线AM的两个交点的横坐标.
因为点S在∆ABN的外接圆内，所以−4< m
2−29
2m+ 4 <−2.
令λ =m+2，则m
2−29
2m+ 4 = ( λ−2)
2−29
2 λ
= λ
2−4 λ−25
2 λ
= 1
2(λ−25
λ )−2，
由−4< 1
2 ( λ−25
λ )−2<−2，得−4< λ−25
λ <0.
所以| PQ|= ❑√2|λ+ 25
λ |= ❑√2❑√(λ−25
λ )
2
+100∈(10 ❑√2,2❑√58)，
因此，| PQ|的取值范围是(10 ❑√2,2❑√58). 另解 由−4< m
2−29
2m+ 4 <−2，解得
m∈(−4−❑√29,−7)∪(−4 + ❑√29,3)，
所以m+2∈(−2−❑√29,−5)∪(−2+ ❑√29,5).
8.（浙江省温州市2026 届高三上学期期末质量评价）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，理由见解
析
【解析】（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
，
于是
，
，
所以
，所以
．
②直线
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.
抛物线
1.（浙江金丽衢十二校2026 届高三第一次联考）已知抛物线
的焦点为
上有一点
到焦点
的距离为3，过焦点
作直线与抛物线交于
两点，
为坐标原点.
(1)求点
的坐标；
(2)求
的面积.
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）由抛物线定义可得
，因此
所以抛物线
的方程为
，焦点
的坐标为
（2）设直线
的方程为
，与
联立，消元可得
，
，
设
，则
，
所以
；
解得
.
所以原点
到直线
的距离为
，
所以
2.（江苏省镇江市2026 届高三第一学期零模）已知抛物线
：
（
）的焦点
到其准线的距离为2.
(1)求抛物线
的标准方程；
(2)过点
的直线与抛物线
交于
，
两点，点
在第一象限.
①直线
与抛物线
的另一个交点为
，当
时，求直线
的方程；
②是否存在定点
，使得直线
与
斜率互为相反数，如果存在，请求出点
的坐标；
如果不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)（i）
（ii）存在
【解析】（1）由题意点
到其准线的距离为
，则
，
所以抛物线
的标准方程为
.
（2）①设直线
的方程为
，
，
，
，
联立
，得
，所以
，
设直线
的方程为
，
联立
，得
，所以
，
所以可得
，所以
，
所以
，化简得
，解得
，
又因为点
在第一象限，所以
，则
，所以
，解得
，
所以直线
的方程为
.
②假设存在这样的
，设
，
，
所以
，即
，
化简得
，
即
，
即
对任意
恒成立，
所以
，解得
，
所以假设成立即存在
.
3.（Z20 名校联盟2026 届高三第二次联考）已知抛物线： =2px(p > 0)，焦点为F，
直线y=x+1 与抛物线有且只有一个交点。
（1）求抛物线的方程；
（2）设抛物线的准线与x 轴交于点E，过点E 作直线l 与抛物线交于A,B 两点。
（i）若ΔABF 的面积为4，求直线l 的方程；
（ⅱ）设ΔABF 内切圆的半径为r，求r 的最大值
【答案】（1）
(2)（i）
或
（ⅱ）
解：（1）由
得
，由已知可得
，
所以抛物线方程为
；
（2）（i）由（1）得
，设
，代入
得，
，
设
则
.
，所以
，
所以直线l 的方程为：
或
；
（ii）由（i）得
由
得
，
，
设
，则
显然
关于m 是增函数.
令
，则
，
两边平方，化简整理得
，此时对应的t 值满足题意.
由于
关于m 是递增函数，
;
，
所以当
时，
，所以
4.（山东聊城市2026 届高三下学期高考模拟）已知抛物线C : y
2=2 px(0< p<6)的焦点为
F，点P(a,4)在C上，且|PF )=5．
(1)求C的方程；
(2)过点T (5,−2)的直线l交C于A ,B两点，以线段AB为直径作圆，该圆是否恒过C上一定
点？若是，求出该点坐标；若否，请说明理由．
【答案】(1)y
2= 4 x (2)过定点；定点坐标为(1,2)
【解析】（1）解：由抛物线y
2=2 px，可得其焦点为F( p
2 ,0)，准线方程为x =−p
2 ，
因为点P(a,4)在抛物线C上，可得4
2=2 pa，解得a= 8
p ，
又因为|PF)=5，根据抛物线的定义，可得a+ p
2 =5，即8
p + p
2 =5，
整理得p
2−10 p+16=0，解得p=2或p=8，
因为0< p<6，所以p=2，所以抛物线C的方程为y
2= 4 x.
（2）解：设直线l的方程为x−5=m( y +2)，且A( x1, y1),B( x2, y2)，
联立方程组{
x−5=m( y +2)
y
2= 4 x
)，整理得y
2−4 my −8m−20=0，
则y
2−4 my −8m−20=0，Δ=(−4 m)
2+ 4(8m+20)=16(m
2+2m+5)>0，
y1+ y2= 4 m, y1 y2=−8m−20，
假设以线段AB为直径的圆恒过C上的点Q(x0, y0)，则⃗QA ⋅⃗QB =0，
因为⃗QA =( x1−x0, y1−y0),⃗QB =( x2−x0, y2−y0)，且x1= y1
2
4 , x2= y2
2
4 , x0= y0
2
4
，
所以⃗QA ⋅⃗QB =( y1
2
4 −y0
2
4 )⋅( y2
2
4 −y0
2
4 )+( y1−y0)( y2−y0)=0，
整理得( y1−y0)( y2−y0)
16
⋅( y1+ y0)( y2+ y0)+( y1−y0)( y2−y0)=0，
因为y1≠y0, y2≠y0，所以( y1−y0)( y2−y0)≠0，
两边同时除以( y1−y0)( y2−y0)≠0，可得( y1+ y0)( y2+ y0)
16
+1=0，
即( y1+ y0)( y2+ y0)+16=0，即y1 y2+ y0( y1+ y2)+ y0
2+16=0，
将y1+ y2= 4 m, y1 y2=−8m−20代入上式，可得−8m−20+ 4 m y0+ y0
2+16=0，
整理得(4 y0−8)m+ y0
2−4 =0，
因为上式对任意m恒成立，所以{
4 y0−8=0
y0
2−4 =0 )，解得y0=2，
当y0=2时，可得x0= y0
2
4 = 2
2
4 =1，
所以以线段AB为直径的圆恒过抛物线C上一定点(1,2).
5.（九师联盟2025-2026 学年高三上学期第五次质量检测（1 月））已知抛物线
的焦点为
，过
且斜率为的直线交
于
两点．
(1)求线段
的长度；
(2)若
是
上两点，
是坐标原点，直线
的斜率之积等于
，求证：直线
过
定点．
【答案】(1)8 (2)证明见解析
【解析】（1）由题意得
，所以的方程为
，
设
，
，
联立方程
，得
，
所以
，
，
由抛物线的定义，得
.
（2）易知直线
的斜率不为
，设直线
，
，
，
联立方程
，所以
，
所以
，
，
，
因为直线
的斜率之积等于
，即
，即
，
又
，
，
所以
，即
，
所以
，解得
，
所以直线
过定点
．
6.（广东广州市天河区2026 届普通高中毕业班适应性训练（二模））已知点F为抛物线
C : x
2=2 py的焦点，点G (−2,1)在C上.
(1)求C的方程与点F 坐标：
(2)过点(0,3)的直线，与抛物线C相交于A ,B两点，一条垂直于x轴的直线，分别与线段AB
和直线y =−3相交于P ,Q两点.
（i）若P为线段AB的中点，求证：直线QA为抛物线C的切线；
（ii）若直线QA为抛物线C的切线，过点Q作直线AF的垂线，垂足为H，求|GH )的最大
值.
【答案】(1)x
2= 4 y；F (0,1) (2)（i）证明见解析 （ii）4
【解析】（1）∵点G (−2,1)在C : x
2=2 py，∴(−2)
2=2 p×1，
∴p=2，∴C : x
2= 4 y；
∵点F为抛物线C : x
2= 4 y的焦点，F (0,1)；
（2）（i）∵过点(0,3)的直线与抛物线C相交于A ,B两点，∴此直线一定存在斜率，
设过点(0,3)的直线方程为y =kx +3，
将y =kx +3代入C : x
2= 4 y，得到x
2= 4 (kx +3)，
整理得到x
2−4 kx −12=0，
如图，设A(x1, y1),B(x2, y2)，则有{
x1+ x2= 4 k
x1 x2=−12)，
∵P为线段AB的中点，∴xP= x1+ x2
2
= 4 k
2 =2k，
∵x1 x2=−12，∴x2= −12
x1
，
∴2k = x1+ x2
2
=
x1−12
x1
2
= x❑1
2 −12
2 x1
，
∵P在直线y =kx +3上，∴y P=2k
2+3，
∴P(2k ,2k
2+3)，Q (2k ,−3)，∴kQA = y1+3
x1−2k ，
∵A(x1, y1)在C : x
2= 4 y上，∴x1
2= 4 y1，∴y1= x1
2
4
，
∵2k = x❑1
2 −12
2 x1
， ∴kQA =
x1
2
4 +3
x1−x❑1
2 −12
2 x1
=
x1
2+12
4
x❑1
2 +12
2 x1
= x1
2 ，
∵x
2= 4 y，∴y = x
2
4 ，∴y
′ = x
2 ，
∵切点为A(x1, y1)，∴k = y
′|x = x1= x1
2 ，
∴kQA与切点为A(x1, y1)的斜率相等，∴直线QA为抛物线C的切线；
（ii）由（i）知，当QA为抛物线C的切线时，
∵A(x1, y1)，F (0,1)，y1= x1
2
4
，∴k AF = y1−1
x1
=
x1
2
4 −1
x1
= x1
2−4
4 x1
，
∴直线AF的方程为y = x1
2−4
4 x1
x +1，
如图，作出符合题意的图形，
∵
过点
Q
作直线
AF
的垂线，垂足为
H
，
∴H (xH , y H)在直线AF上，∴y H = x1
2−4
4 x1
xH +1，∴H(xH , x1
2−4
4 x1
xH +1)，
∵Q (2k ,−3)，F (0,1)，A(x1, x1
2
4 )，
∴⃗QH =(xH −2k , x1
2−4
4 x1
xH + 4)，⃗AF =(−x1,1−x1
2
4 )，
∵QH ⊥AF，∴⃗QH ⋅⃗AF =0，
∴−x1(xH −2k)+(
x1
2−4
4 x1
xH + 4)(1−x1
2
4 )=0，
∵2k = x❑1
2 −12
2 x1
，∴−x1(xH −x❑1
2 −12
2 x1 )+(
x1
2−4
4 x1
xH + 4)(1−x1
2
4 )=0，
∴xH =−8 x1
x1
2+ 4 ，∴y H = −x1
2+12
x1
2+ 4
，H(−8 x1
x1
2+ 4
, −x1
2+12
x1
2+ 4 )，
∵G (−2,1)，∴|GH )
2=(−8 x1
x1
2+ 4
+2)
2
+(
−x1
2+12
x1
2+ 4
−1)
2
= 8(x1−2)
2
x1
2+ 4
，
设y = 8(x−2)
2
x
2+ 4
，整理得到( y −8) x
2+32 x + 4 y −32=0，
则Δ=(32)
2−4 ( y −8)(−32)≥0，解得0≤y ≤16，
∴|GH )
2的最大值为16，∴|GH )的最大值为4
7.（湖南怀化市2026 届高三下学期第一次模拟考试）在抛物线
中，直线
与
交于
两点，
为
的焦点.当直线为
时，
.
(1)求抛物线
的标准方程；
(2)若线段
中点的纵坐标始终为1，求
的取值范围；
(3)已知直线
与
相交于
两点，直线
与
相交于
两点（点
在
轴的
上方），若
，四边形
的外接圆圆心坐标为
，求证：
.
【答案】(1)
(2)
（3）证明见解析
【解析】（1）由题意可知
，
联立直线
与
的方程可得
，
设
,则
,
由弦长公式可得：
,
化简可得
，由于
，故
，（负值舍去）.
故抛物线的方程为
.
（2）设直线
,
直线
与抛物线
联立可得
，
故
，
由于
，
故
，
因此
的取值范围为
（3）抛物线
与直线
相交于
故
，
抛物线
与直线
相交于
故
，
根据
可得
，
由于
轴，根据对称性可知四边形
的外接圆圆心
在
轴上，故
，
由
可得
，
化简可得
，
将
代入上式可得
，
由于
，可得
，故
，故
，
进而
.
