直线与圆及圆与圆的位置关系
考点1
专题08 解析几何
7 大考点概览
题型01 直线与圆及圆与圆的位置关系
题型02 椭圆性质及直线与椭圆位置关系
题型03 双曲线性质及直线与双曲线位置关系
题型04 抛物线性质及直线与抛物线位置关系
题型05 圆锥曲线中的动点轨迹问题
题型06 圆锥曲线中的定点、定值问题
题型07 圆锥曲线中的最值、范围问题
1．（2026·陕西·二模）如图所示，已知两个半径相等的圆形相切，半径为3 厘米，两圆的圆心分别
为
和
为圆
上一点，且三角形
为直角三角形，则阴影部分的面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据扇形的面积公式求解即可.
【详解】设
，
.因为三角形
为直角三角形，所以
.所以阴影部
分的面积
.
2．（2026·浙江杭州·二模）设直线
与圆
交于M，N 两点，则当
取最小值
时，
（ ）
A．1
B．2
C．
D．
【答案】C
【分析】由题意得直线过定点
，圆心为
，所以
与
垂直时，
最小，以此求解即
可.
【详解】由题意得
，则直线过定点
，圆心为
，半径
，点
到圆心
的距离
，所以直线与圆相交于M，N 两点，且
与
垂直时，
最小，此时
，且
，则
.
3．（2026·河南濮阳·二模）圆
上的点到直线
距离的最大
值是（ ）
A．7
B．5
C．3
D．2
【答案】A
【详解】圆
的圆心
，半径
，直线
可化为
，令
，得
，故直线过定点
，由图知，当且仅当
时，点
到直线距离取得最大值：
，故圆
上的点到直
线距离最大值为
.
4．（2026·吉林·二模）已知圆
：
，则“点
在圆
外”是“点
在圆
外”的（ ）
A．充要条件
B．充分不必要条件
C．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据点与圆的位置关系，充分条件、必要条件的概念判断即可.
【详解】若点
在圆
外，则
，所以
.若点
在圆
外，则
，所以
.显然
是
的真子集，故“点
在圆
外”是“点
在圆
外”的充分不必要条件.
5．（2026·湖北·二模）已知圆
，直线
，过直线上一动点
作圆
的两条切线，切点记作
，
，则
的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据几何关系可得
，由此推得
，
再分析
的取值范围，从而得到
的取值范围，据此可求得
的最小值．
【详解】如图所示，可知
，
根据对称性易得
，所以
，
所以
，圆心
到直线的距离
，且易知
，
，所以
，
所以
．
6．（2026·四川德阳·二模）若两条直线
与圆
的四个交点能构
成矩形，则
（ ）
A．0
B．1
C．2
D．4
【答案】A
【分析】由题意知圆心到两直线的距离相等，得到等量关系求解即可.
【详解】由题意直线
平行，且与圆的四个交点构成矩形，则可知圆心到两直线的距离相等，
圆
的圆心为
，圆心到直线的距离为：
，圆心到直线
的距
离为：
，
，又
，
.
7．（2026·北京丰台·二模）已知圆
的圆心为
，斜率为
的直线与该圆相切
且与
轴交于点
，则
（ ）
A．
B．2
C．
D．4
【答案】D
【分析】根据方程可得圆心和半径，设
，根据直线与圆相切可得
，即可得结果.
【详解】圆
即
，圆心为
，半径
，设
，则直线
，即
，则
，即
，所以
.
8．（2026·湖南衡阳·二模）已知点P 是直线
上一点，过点P 作圆
的
两条切线，切点分别为A，B，则
的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】先求得
的最大值，再由二倍角公式得出
的最小值．
【详解】圆
的圆心C 的坐标为
，半径为1．因为PA，PB 为圆C 的切线，切点
分别为A，B，所以
，
，
，
，所以
，
．当
时，
取最小值，
，此时
取最大值
，又
，函数
在
上单调递增，即
取最大值，此时
取最大值，又
，所以
．
9．（2026·福建宁德·二模）直线
被圆
截得的弦长的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】分析可知直线过定点
，且斜率存在，结合圆的性质求弦长的最小值.
【详解】直线
即
，所以直线过定点
，且斜率存在，
圆
的圆心为
，半径
，则
，直线
的斜率
，当
时，
直线被圆
截得的弦长的最小值为
，此时直线的斜率
，符合题意.
10．（2026·河北·二模）若圆 M:
上存在两点A，B，且直线l:3x+4y-5=0
上存在点 P，使得∠APB=60°，则r 的取值范围是（ ）
A．(0，4]
B．[4，+∞)
C．(0，2]
D．[2，+∞)
【答案】D
【分析】过点
作圆的两条切线
（
为切点），根据题意得到
，结合已知可
得圆心到直线
的距离
，由点直线的距离公式代入列不等式求解即可．
【详解】圆 M:
的圆心坐标
，半径为，此时圆心
到
直线l:
的距离为
，若在圆M 上存在两点A，B，在直线l
上存在一点P，使得∠APB＝60°，过点
作圆的两条切线
（
为切点），
,所
以
，解得
，故选：D.
11．（2026·山东泰安·二模）已知
为圆
上的两个动点，且
，点
为直线
上的动点，则
的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】取
的中点
， 利用平面向量的基本定理和数量积得到
，要求
的最小值就是求
的最小值，求出
，从而得到点
的轨迹是以
为圆心，以
为半径的圆，由点
为直线
上的动点，可知
的最小值为圆心
到直线
的距离减去半径
，利用点到直线的距离公式来求出
，从而得到
.
【详解】取
的中点
，则
，
，要求
的最小值，就
是求
的最小值，
圆
的圆心为
，半径为
，
，
点
的轨迹是以
为
圆心，以
为半径的圆，
点
为直线
上的动点，
的最小值为圆心
到
直线
的距离减去半径
，
，
，故选项C 正确.
12．（多选）（2026·河南开封·二模）已知点
是圆
上一动点，点
，点
，则（ ）
A．点
到直线
的距离的最大值为
B．满足
的点
有2 个
C．过点
作圆
的两条切线，切点分别为
，则直线
的方程为
D．
的最小值是
【答案】BCD
【分析】利用点到直线的距离公式来判断A，利用
的动点
的轨迹是以
为直径的圆，
然后借助两圆位置关系来判断B，根据切线的性质求得两圆相交弦所在直线方程来判断C，设存在
定点
，使得点
在圆
上任意位置时都有
，求得点
，计算判断D.
【详解】对于A，原点
到直线
的距离为
，所以圆
上动点
到直线
的距离的最大值为
，故 A 错误；对于B，满足
的动点
的轨迹是以
为直径的圆，设线段
的中点为
，则
，圆的半径
为
，所以圆
，
，因为
，所
以圆
与圆
相交，故B 正确；
对于C，过点
作圆
的两条切线，切点分别为
，由切线性质可知
四点共圆，
该圆的方程为
，则直线
的方程为两圆的相交弦，
所以
，故C 正确；
对于D，设存在定点
，使得点
在圆
上任意位置时都有
，设
，则
，化简可得
，因为
，所以
，即点
，所以
，
当且仅当
三点共线且点
在
中间时等号成立，所以
的最小值是
，故
D 正确．
13．（多选）（2026·安徽滁州·二模）已知两条直线
和
交于点
，
则（ ）
A．直线
必过点
B．点
在圆
上
C．点
到直线
距离最小值为
D．点
的轨迹与圆
有三条公切线
【答案】ABD
【分析】将
代入直线计算可得A；结合两直线位置关系及所过定点计算可得B；利用圆的性
质及点到直线距离公式计算可得C；求出两圆圆心距离及半径之和可得两圆位置关系，即可得D.
【详解】对A：将
代入
，可得
，故直线
必过点
，
故A 正确；对B：对
，令
，则
，故过点
，又
，
故
与
垂直，结合直线
过点
，可得点
在以
为直径
的圆上，圆心为
，半径
，故点
在圆
上，故B 正确；
对C：由B 知，点
在圆
上，由
斜率存在，故
的轨迹不过点
，
故点
的轨迹方程为
，且不过点
，
的轨迹所在圆的圆心为
，
半径
，
到直线
距离
，
则点
到直线
距离最小值为
，由图可得，此时点
不为
，故C 错误；
对D：圆
的圆心为
，半径
，则
，
，
故圆
与圆
相外切，即有三条公切线，故D 正确.
14．（多选）（2026·河北张家口·二模）已知圆
，P 为直线
上一动点，
，
为圆C 的切线，切点分别为A，B，则（ ）
A．圆心C 的轨迹方程为
B．圆C 过定点
C．当
时，
的最小值为15
D．当
时，四边形
的面积的最小值为
【答案】BCD
【分析】对于A，求出圆心
的坐标，即可判断选项；
对于B，将圆C 的方程化为
，令
解方程即可求
解；
对于C，由
，结合切线性质求出
的最小值即可求解；
对于D，根据
结合选项C 即可求解.
【详解】圆C 的方程可化为
，
，对于A 选项，圆心C 的坐标为
，则圆心C 的轨迹方程为
（除去点
），所以A 选项不正确；
对于B 选项，圆C 的方程可化为
，令
，
解得
所以圆C 过定点
，所以B 选项正确；对于C 选项，
，
当
时，
，圆心
，半径
，圆心
到直线
的距
离
，所以
，所以C 选项正确；
对于D 选项，
，所以D 选项正确.
15．（多选）（2026·河北·二模）已知圆
的半径为2，则（ ）
A．
B．原点在圆
的内部
C．圆
与圆
有且仅有1 条公切线
D．直线
与圆
交于
两点，
的面积为
【答案】BC
【分析】根据半径可求解
，即可判断AB，进而根据两圆的位置关系可判断C，根据点到直线
的距离公式以及圆的弦长公式即可求解D.
【详解】
的圆心和半径分别为
,
故
，则
，A 错误，由于
，故原点在圆内，B 正确，
的圆心和半径分别为
,由于
，故两圆内切，因此两圆只有一条公切线，C 正确，
到直线
的距离为
，则
，
故
，D 错误.
16．（多选）（2026·宁夏·二模）已知直线
与圆
，则
下列说法正确的是（ ）
A．直线恒过定点
B．若圆
上的点关于直线的对称点仍在圆
上，则
C．存在实数
，使得直线与圆
相切
D．直线被圆
截得的弦长的最小值为
【答案】AB
【详解】先将圆
方程化为标准形式：
， 圆心
，半径
.对于选项A，由直线
，得
，故直线恒过定点
，故A 选项正确；对于选项B，圆上的点关于的对称点仍在圆上，则直线过圆心
，
将
代入：
，B 正确.对于选项C，直线与圆相切时圆心到
直线距离
，
，化简
，判别
式
，方程无解，故不存在
使直线与圆相切，C 错误.对于选项D，直线过定点
，弦长最短时
，此时
，最短弦长
，D 错误.
17．（2026·江西南昌·二模）已知圆
：
，过点
作斜率为
的直线与圆
交于
，
两点，若
的面积为2，则
________．
【答案】1
【分析】首先写出直线方程，然后利用点到直线的距离公式以及垂径定理即可求解.
【详解】圆
，圆心
，半径
，过点
斜率为
的直线方程为：
，即
.由点到直线距离公式得
，由垂径定理，
弦长
，
的面积
代入得：
，两边平方整理得
，即
，将
代入
得：
，因
，故
.
18．（2026·湖北宜昌·二模）已知圆
与圆
外切于点
，且直线
是圆
与圆
的一
条公切线，则
的最小值为__________.
【答案】8
【分析】根据已知条件分析得到点
与
满足抛物线定义，确定
与
在抛物线上，且线段
是抛物线的焦点弦，求出焦点弦的最小值通径即可求解.
【详解】根据题意点
与
满足到定点
的距离等于到直线
的距离，所以
与
在抛物线
上，
，线段
是抛物线
的焦点弦，又抛物线的焦点弦最小值为抛物线的通
径
，所以
的最小值为.
19．（2026·北京昌平·二模）已知圆
，则圆
的半径为_______；若直线
上存在点
，使得过点
向圆引的两条切线互相垂直，则
的取值范围为_________.
【答案】
【分析】先把圆方程配方求出圆心(2,3)与半径
,由两条切线互相垂直推得动点
到圆心距离为2,
即
在以圆心为定点、2 为半径的圆上,再转化为直线
与该圆有公共点,利用圆心到直线距
离不大于半径列不等式,化简解得
的取值范围.
【详解】圆
的方程：
，配方得：
，因此圆
的圆心为
，半径
.设点
，过
引圆
的两条切线互相垂直，则两条切线与半径构成正方
形.
圆心到点
的距离：
.即点
的轨迹为以
为圆心，
为半径的圆：
.直线
上存在点
，等价于直线与圆
有公共点.
故圆心
到直线的距离
，距离公式：
.
平方化简：
，展开得：
.整理得：
.
20．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）已知A，B 是圆
上两点，若直线
上存在
点
，使
，则
的取值范围为_________．
【答案】
【分析】从直线上的点向圆上的点连线成角时，当且仅当两条线均为切线时才是最大的角，因此要
使
，只需使最大角
，由此可将问题转化为直线
上的点到圆心O 的距
离
，从而求出
的取值范围．
【详解】点
到直线
的距离为
，所以直线
与圆
相
离.此时，从直线上的点向圆上的点连线成角时，当且仅当两条线均为切线时所成的角最大，因此
若直线
上存在点
，使
，则最大角
，如图所示，过
作圆
的切线，则
，即
.即
，
.又点
在直线
上，∴
.∴
，即
.∴
.∴
的取值范围为
.
椭圆性质及直线与椭圆位置关系
考点2
21．（2026·甘肃陇南·二模）已知直线
与圆
相交于M，N
两点，则
的最小值为___________.
【答案】8
【分析】首先求出直线恒过定点，然后利用向量的数量积运算把
的最小值转化为
的
最小值，最后利用数形结合思想即可求解.
【详解】由直线方程
可化为
，知直线恒过定点
；
圆
的圆心为
，半径
；
由于
，故点P 在圆内，直线与圆恒相交于两点M，N.
设弦
的中点为H，则
，从而
，
，
过圆内定点P 的弦中，当弦与
垂直时弦长
最短，此时圆心到直线的距离
，最
短弦长为
.故
最小值为
.
1．（2026·云南保山·二模）设椭圆
的离心率为
，
，
，分别为其左、
右焦点，点
为椭圆
短轴的一个端点，且
的面积为2，则椭圆
的方程为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】由椭圆离心率为
，得
，即
，又因为
，所以
，又点
为
椭圆短轴顶点，则
，解得
，所以
，即椭圆
的方程为
.
2．（2026·河北衡水·二模）已知直线与圆
交于两点
，
，直线与椭圆
切
于点
，若以
，
两点为切点的圆的两条切线交于点
，
为坐标原点，则
（ ）
A．4
B．8
C．12
D．16
【答案】C
【分析】设出点
、
，利用椭圆上的点的切线性质及圆的切点弦性质可表示出，即可得
、
坐标关系，再利用数量积的坐标公式计算即可得.
【详解】设
，
，有
，即
，
由直线与椭圆
切于点
，则
，即
，由
为点
关于
圆
的切点弦，则
，故
，故
，则
.
3．（2026·安徽合肥·二模）设椭圆
的左、右焦点分别为
为坐标原
点，过
的直线与
交于
两点，若
，则
的离心率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据面积关系可得
，从而得到
，利用
结合余弦定理化简即可求解.
【详解】因为
，所以
则
，由于
所以
，根据椭圆的定义可得
，
在
中，
，在
中，
，因为
，所以
，
即
，化简得：
，即
，所以椭圆
的离
心率为
。
4．（2026·广东东莞·二模）椭圆
的左、右焦点为
为坐标原点，
为椭
圆上一点，
，且
成等比数列，则椭圆的离心率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】由椭圆的定义得
，再结合
成等比数列得
，再用坐标表示焦半径并结合
可得.
【详解】设椭圆半焦距为，
，左右焦点
.
由椭圆的定义得：
，因为
成等比数列，
故
，即
，得：
.
对
两边平方：
代入
整理得：
①，由
，得
.
所以
②，联立①②得：
，
，即
，因此，
.所以椭圆的离心率为
.
5．（2026·安徽芜湖·二模）有公共焦点
的抛物线
与椭圆
相
交于
两点，且
，则椭圆的离心率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据题意得出
的位置关系，利用已知条件求出相应的点，代入方程中建立关于
的方程，解齐次方程，再由椭圆的离心率范围求解即可.
【详解】因为
为抛物线与椭圆的公共焦点，且抛物线与椭圆相交于
两点，
由抛物线和椭圆对称性以及
可知，
轴，设点
在第一象限，如图所示：
令
，此时有
，又抛物线
的焦点为
，
所以
，所以抛物线方程为
，因为点
在抛物线上，所以
，所以
，即点
，又点
在椭圆上，
所以
，又
，所以
，
所以
，即
，又
，所以
，
令
，则
，解得
（舍去）或
，
即
，又
，所以
.
6．（2026·广东茂名·二模）已知椭圆C：
（
）的右顶点为A，上顶点为B，直
线AB 与以C 的短轴为直径的圆交于点P（不同于B），若△POB（O 为原点）为正三角形，则C
的离心率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】由椭圆标准方程得出
的坐标，进而得到直线
的方程，结合题干写出圆的方程，
利用正三角形的性质求出点
的坐标，将
的坐标代入直线
的方程，得到
与
的关系式，进
而求解离心率.
【详解】如图所示，椭圆
中，右顶点
，上顶点
，
直线
的截距式方程为：
，以短轴为直径的圆的圆心在原点，半径为
，方程为
，
为正三角形，
，结合
在第一象限，可得
点坐标为
，将
的坐标代入直
线方程可得
，化简得：
，因为椭圆离心率
，且
，
所以
，解得
.
7．（多选）（2026·云南昆明·二模）若曲线
由半圆
和半椭圆
组
成，若直线
与
交于
两点（
在
的左侧），
，则（ ）
A．
B．
的最大值为
C．存在
，使得四边形
是平行四边形
D．
面积的最大值为
【答案】ACD
【分析】利用椭圆和圆的对称性，结合椭圆的定义、圆的性质、基本不等式、三角形面积公式逐一
判断即可.
【详解】因为曲线
由半圆
和半椭圆
组成，所以曲线
关于横轴
对称，不妨研究当
时的情况.A：由椭圆
的标准方程可知
，所以
是椭圆
的焦点，
于是有
，所以本选项结论正确；
B：显然
，所以
是直角三角形，且
，
所以
，当且仅当
时，取等号，即
，此时
，显然
重合，不符合题意，即
，所以本选项
说法不正确；
C：当
时，由
.
当
时，由
.
假设四边形
是平行四边形，因为
，所以
，
即
，
舍去，所以存在
，使得四边形
是平行四边形，所以本选项说法正确；
D：
的面积为
，当且仅当
时取等号，即
，
所以当
时，
面积的最大值为
，所以本选项说法正确.
8．（多选）（2026·西藏拉萨·二模）已知椭圆
的离心率为
，长半轴长
为2，
为
的右焦点，线段
是椭圆与
轴垂直的一条弦（其中点
在第一象限）．
分别
为线段
的中点，
，
为坐标原点，则（ ）
A．椭圆
的方程为
B．
C．
的取值范围是
D．
的内切圆的半径的取值范围为
【答案】CD
【分析】A 选项，根据离心率和长半轴长得到椭圆方程；B 选项，由对称性和椭圆定义可得
，由基本不等式可得答案；C 选项，设
，可得
的取
值范围，求出
的取值范围；D 选项，由三角形面积可得方程，结合椭圆定义可得D 正确.
【详解】A 选项，由题意得
，又离心率为
，故
，故
，
故椭圆方程为
，A 错误；
B 选项，设
的左焦点为
，连接
，由对称性可知
，因为
分别为
的
中点，所以
，由椭圆定义可得
，
，当且仅当
时，等号成
立，
此时
点在
轴上，不在第一象限，故等号取不到，B 错误；
C 选项，设
，则
，即
，
又
，故
，
当
时，
取得最小值
，故
的取值范围是
，C 正确；
D 选项，
，由椭圆定义可得
，
设
的内切圆半径为，则
，
又
，而
，故
，所以
，
解得
，
的内切圆的半径的取值范围为
，D 正确
9．（多选）（2026·辽宁辽阳·二模）已知直线
与椭圆
交于
、
两点，
轴，垂足为
，
轴，垂足为
，直线
与椭圆
的另一个交点为
，直线
与
椭圆
的另一个交点为
，则下列结论正确的有（ ）
A．直线
的斜率等于直线
的斜率的
倍
B．
可能是直角
C．
一定是直角
D．四边形
的面积最大值是
【答案】ACD
【分析】对A：设
，则
，
，
，则可表示出
与
，即可得
解；对B：由题意可得
，联立曲线方程，可表示出点
坐标，从而可得
，
计算可得
，即可得解；对C：由题意可得
，联立曲线方程，可表示出
点
坐标，从而可得
，计算可得
，即可得解；对D：借助割补法可得
，从而可得
，即可得
，借助二次函数性质计算即可得解.
【详解】设
，则
，且
，即
，
，则
，
，
，对A：
，
，故有
，
故直线
的斜率等于直线
的斜率的
倍，故A 正确；对B：
，联立
，
可得
，
恒成立，则
，
故
，则
，
故
，又
，
则
故
不可能是直角，故B 错误；对C：
，联立
，
可得
，
恒成立，
则
，故
，则
，
则
，
又
，则
，故
，即
一定是直角，故C 正确；
对D：
，
则
，故
，当且仅当
时，等号成立，故四边形
的面积最大值是
，故D 正确.
10．（多选）（2026·广东肇庆·二模）已知椭圆
为
的右焦点，点
在
上，且
关于
轴对称，
分别为线段
的中点，
为坐标原点，则（ ）
A．
B．
的最小值为
C．
D．存在点
，使得
【答案】BCD
【分析】设
的左焦点为
，利用对称性，如
，
，取具体的点验证是否有
判断A，利用椭圆上点到焦点距离的最值判断B，结合椭圆定义判断C，设
，由
求出
判断D.
【详解】对于选项A，由题意得
，如图，设
的左焦点为
，连接
，
由
的对称性知
且
，则
，由
，取点
，得
，故A 错误；
对于选项B，因为
为线段
的中点，所以
，因为
的最小值为
，所
以
的最小值为
，即
，故B 正确；
对于选项C，因为
分别为线段
的中点，所以
，由椭
圆的定义知
，故C 正确；
对于选项D，设
，则
，且
，由
，得
，所以
.
，若
，则
，此时
，故存在点
，使得
，故D 正确.
11．（2026·四川泸州·二模）已知椭圆
的左、右焦点分别为
，上顶点
为
，直线
与
的另一个交点为
，若
，则
的值为___________．
【答案】3
【分析】设
，根据椭圆定义可得
，
，进而可得
，即可
得结果.
【详解】由题意可知：
，
，
设
，则
，
，
若
，则
，解得
，可得
，
，所以
.
12．（2026·重庆九龙坡·二模）已知椭圆
的左、右焦点分别为
，点
在椭圆上且
在
轴上方. 若
的面积为 12，则直线
的斜率为_____.
【答案】
【分析】通过三角形面积确定
坐标，再由斜率公式即可求解
【详解】由椭圆方程
，得
，
，因此
，即
，
所以
，右焦点
，设
，
在
轴上方故
，
的面积
，解得
，
代入椭圆方程
，即
故直线
的斜率
.
13．（2026·山西吕梁·二模）已知椭圆
：
的左、右焦点分别为
，
，过点
的直线交C 于A，B 两点，若
，
，则椭圆C 的方程为_______.
【答案】
【分析】先利用椭圆的定义设出线段长度，结合已知条件求出各边长度，再用余弦定理建立关于
的方程，进而求出
，得到椭圆方程.
【详解】设
，则
，
。因为
，所以
。
根据椭圆的定义可得
，得
，因此
，
。在
中，
；
在
中，
，
，
，
由
，得
，
对
用余弦定理
，
对
用余弦定理：
，
所以
化简得：
，又椭圆中
，
所以
，即
。因此椭圆
的方程为
。
14．（2026·辽宁沈阳·二模）已知椭圆
的左、右焦点分别为
，离心率
为
．若椭圆C 上存在不同的两点A，B，使得
，则
的取值范围是______．
【答案】
【分析】设
，
，由
得到两点坐标之间的关系，再结合点
在椭圆上，
点
的横坐标
满足
，得到不等式即可求得结果.
【详解】已知椭圆方程为
，离心率
，则
，
如图所示，设左右焦点分别为
，
，椭圆上的点
，
，
由题意得
，即
，
由于
都在椭圆上，则有
，
，代入
，得
，由
可得：
，整理得
，
再代入
得
，
整理得
，
当
时，得
，显然不符合条件；
当
时，得
，符合条件；
当
且
时，解得
，代入
，则
，化简得
，为了使点
在椭圆范围内，
则点
的横坐标
需要满足
，即
，解得
.而当
或
时，
与
平行，即点
，
重合，不符合条件.综上所述，
的取值范围为
.
15．（2026·江苏·二模）已知椭圆
的右焦点为
，经过坐标原点
且
斜率
的直线与椭圆
交于
，
两点，设
的中点为
，
的中点为
，以线段
为直径的圆经过点
，则
的离心率的取值范围________.
【答案】
【分析】由题意可得点
在圆
上，设
，圆与椭圆联立方程组结合
可得
，根据
代入解不等式可得
，进而可得离心率的取值
范围.
【详解】由题意知，
，又因为
是
的中点，所以
，所以点
在以原点为圆心，半径为
的圆上，即
，设
，
联立
，解得
，因为
，所以
，即
，所以
且
，所以
，又因为
， 所以
，
，令
，则
，即
，解得
，即
，
所以
，所以椭圆
的离心率
.
16．（2026·重庆渝中·二模）已知椭圆
的左、右焦点分别为
，
，
为椭圆
上一点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线过点
，且与椭圆
相交于
，
两点，
为坐标原点，求
面积的最大值
及此时的方程．
【答案】(1)
(2)最大值
，的方程为
【分析】（1）本问利用椭圆的定义求出
，代入
点坐标求出
，从而求出椭圆标准方程；
（2）设直线方程与椭圆方程联立，根据韦达定理，表示出三角形面积，利用基本不等式求出面积
最大值，从而求出直线方程.
【详解】（1）解：（1）由两点间距离公式可得
，
，根据椭圆的定义可得
，所以
，
又点
在椭圆上，代入得
，解得
，因此椭圆的方程为
．
（2）（2）设直线
为
，
，
，
联立
，化简得
，
则
，
，
，
，
由基本不等式得
，
当且仅当
，即
，亦即
时等号成立,
此时
取最大值为
，所以的方程为
.
17．（2026·浙江宁波·二模）已知椭圆
的焦距为2，且离心率为
．
(1)求椭圆
的标准方程；
(2)已知
，直线过点
（直线不与
轴重合），交椭圆于
，
两点．直线
交椭
圆于另一点
，直线
交椭圆于另一点
，连接
交
轴于
．
（ⅰ）求
的值；
（ⅱ）求点
到直线距离的取值范围．
【答案】(1)
；(2)（ⅰ）
（ⅱ）
【分析】（1）根据条件列方程组求解；
（2）（ⅰ）设
与椭圆方程联立，设
，
，联立直线
和椭
圆的方程，得出
坐标，再利用斜率公式以及韦达定理化简；
（ⅱ）根据
，
，
三点共线，得出坐标关系化简求出
即可求出.
【详解】（1）由题意易知：
，
，
，故
，
，
因此椭圆
；
（2）（ⅰ）若直线
斜率不存在，则由对称性可知，此时直线
斜率均不存在，
故设
，设
，
，
由
，可得
，所以
，
，
记
，则直线
，由
，可得
，
所以
，
故
，代入直线
，可得
，同理：
，
因此
，故有
；
（ⅱ）设
，则
，
．
由于
，
，
三点共线，故
，
进而
，
化简可得：
，因此
，即
，则
，
当A，C 重合时，
，
或
（舍去），
不妨取
，此时
，即
，此时
到AB 的距离为
；同理，当B，D 重合时，
到AB 的距离也为
；
故点
到直线距离的取值范围为
.
18．（2026·河北邢台·二模）已知椭圆
的离心率是椭圆
的离心率的
倍，
的短轴长比
的长轴长小2.
(1)分别求
，
的方程；
(2)直线
与
交于
，
两点，与
相切于点
.
（i）若
为
的中点，求的方程；
（ii）直线
过
交
于
，
两点，
，证明：
.
【答案】(1)
的方程为
，
的方程为
(2)（i）
或
（ii）证明见解析
【分析】（1）根据两曲线离心率的关系得到
关系，再根据两椭圆长、短轴长度关系列方程，
求出
，进而得到两椭圆的方程；
（2）（i）联立直线和椭圆
，根据相切得到判别式
，求出切点坐标，再联立直线和椭圆
，利用韦达定理得到
的中点，建立方程，求出
，得到直线的方程；
（ii）利用弦长公式求出
，再结合
设出
方程，代入点
求出
参数，再求出
，计算
并化简，利用
分析比值范围，得出结论.
【详解】（1）由题得
，所以
的离心率为
，
因为
的离心率是
的离心率的
倍，所以
，整理得
①，
又
的短轴长比
的长轴长小2.所以
②，联立①②解得
，
，
所以
的方程为
，
的方程为
.
（2）（ⅰ）联立
得
，
所以
，化简得
.
且
，所以
，所以
，
即
.设
，
.联立
得
，
所以
，化简得
，
且
，
，所以
，所以
，
所以
的中点坐标为
，所以
解得
则此时直线
或
（ⅱ）证明：当
时，
为
的短轴端点，
为
的短轴，所以
，
，
所以
；
当
时，由（ⅰ）可得
，
设直线
，因为点
在
上，所以
，解得
，
同理可得
，
所以
，
因为
，所以
，所以
，当且仅当
时取等号，
所以
，即
.综上，
.
19．（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
.
20．（2026·北京东城·二模）已知椭圆
：
的右焦点为
，且经过点
.
(1)求椭圆W 的方程；
(2)已知点
，
.设直线
分别与直线
，
交于点M，N，直线
与
直线
交于点P，直线
与直线
交于点Q，直线
交椭圆W 于另一点R，求证：P，
Q，R 三点共线.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)直接将点代入椭圆方程求解
(2)两点式求直线方程，结合椭圆方程求交点横坐标，通过斜率相等证明三点共线
【详解】（1）由题意得
，解得
，
所以椭圆W 的方程为
.
（2）由(1)可知
，则
.已知
，
直线MT 满足
，即直线
的方程为
；
直线NT 满足
，即直线NT 的方程为
；
令
，代入直线MT 的方程可得：
，解得
，所以
；
令
，代入直线NT 的方程可得：
，解得
，所以
；
已知
，
直线AT 满足
，即直线AT 方程为
，
联立
，化简得
.
因为
是方程的一个根(点A 的横坐标)，设
，
由韦达定理得
，即
，
代入
得
，所以
.
当直线斜率存在时，直线PQ 的斜率
，
直线PR 的斜率
因为
，且直线PQ 与直线PR 有公共点P，所以P、Q、R 三点共线；
当
时，直线MT：
，
；直线NT：
，
；
直线AT：
，
，此时三点均在直线
上，所以P、Q、R 三点共线；
综上所述，P、Q、R 三点共线.
21．（2026·广东汕头·二模）设
是椭圆
的左、右焦点，点
是第一象限
内
上的动点，直线
交
于点
.已知存在点
，使得
的
面积为2.
(1)求椭圆
的方程；
(2)设直线
交
于点
，记
分别为
的内切圆半径，求
的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）通过分析
长度关系，利用
计算出正弦、余弦函数值，充分
利用三角形面积，最后再用余弦定理解决问题；
（2）把
的最大值转化求解面积之差的最大值，转化为三角形高的差的最大值，最后转化为点
的纵坐标之差的最大值，运用联立方程转化一个关于P 的坐标的表达式，通过均值不等式解决问题.
【详解】（1）设
，那么
，
由于
，那么
由
可知
，
所以，
在
中，
，
即
，
解得
或
（由于
,不满足椭圆的定义，舍去）
所以，
，由
,可得
所以，
，所以，椭圆
的方程
.
（2）设
，那么直线
方程为
,
直线
方程为
，令
，则直线
方程为
，
令
，则直线
方程为
，
联立
，所以，
联立
，所以，
所以，
双曲线性质及直线与双曲线位置关系
考点3
，因为
，
所以
当且仅当
即
取等号，所以，
的最大值为
.
1．（2026·云南玉溪·二模）已知双曲线
的左右焦点分别为
是
上
一点，且
，若
的内切圆半径与
的比值为
，则
的离心率为（ ）
A．
B．2
C．
D．3
【答案】D
【分析】计算
，再计算
的面积和周长得出即可求出.
【详解】令
，其中
，则
，得
，因为
，所以
，
则由双曲线的定义可知，
，
则
的面积为
，周长为
，
则
，则
，则
的离心率为
.
2．（2026·河北张家口·二模）已知抛物线
（
）与双曲线
的渐近线的
交点分别为O，A，B，其中O 为坐标原点，若
的面积为16，P 为C 与E 在第一象限内的一
个公共点，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】易知
的渐近线为
，联立
，可得
，或
，
不妨设
，
，又
的面积为16，则
，解得
，
联立
整理得
，解得
或
（舍去），
所以
，
，所以
.
3．（2026·山西朔州·二模）已知双曲线
的实轴和虚轴的长度相等，
的左、右顶点
分别为
，
，
为
上位于第一象限内的一点，设
，
，则
的面积为
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，求出双曲线方程，再利用斜率公式及和角的正切求出点
的纵坐标即可.
【详解】由双曲线
的实轴和虚轴的长度相等，得
，
，
则
，设
，则
，
，
，由
，得
，
因此
，则
，又
，
所以
.
4．（2026·河北保定·二模）已知
分别是双曲线
的左、右两个焦点，A,B
是双曲线上的两点，
,
，，则双曲线的离心率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据双曲线定义及余弦定理得
，则
，从而得到
方程
，解出离心率即可.
【详解】如图，设
，
是双曲线左支上的两点，
令
，由双曲线的定义可得
．
在
中，由余弦定理得
，
整理得
，解得
或
（舍去）．
，根据双曲线定义可得
，
∴
，则
,∴
为直角三角形，且
．
在
中，
，即
，
∴
，∴
．即该双曲线的离心率为
．
5．（2026·江西上饶·二模）已知双曲线
的左右焦点分别为
、
，过其
右焦点
的直线l 与它的右支交于P、Q 两点，
与y 轴相交于点A，
的内切圆与边
相切于点B，若
，则当
的内切圆（圆心为
）与
的内切圆（圆心为
）的面
积之和取最小值时，
的面积为（ ）
A．24
B．25
C．48
D．49
【答案】A
【分析】根据切线的性质和双曲线的定义可得
、
的横坐标为a，设直线
的倾斜角为
，则
，得到
，
，进而可得内切圆面积之和最小值时
，再求
面积即可．
【详解】根据题意
，
，
，因为
在
轴上，所以
，
所以
，
解得
，
设两内切圆半径分别为
，
，
与圆
分别相切于点
，，
，
由切线长定理得
而
，两式相加得
，所以T 是双曲线的右顶点
），
轴，所以
的横坐标为a，同理可求得
的横坐标为a，则
，设直线
的倾斜角为
，
则
，
在
，
中有
，同理可得
，设
，所以
，
显然，当
，即
，
时，
的内切圆与
的内切圆的面积之和取最
小值
，此时
面积为
．
6．（2026·河北邯郸·二模）已知双曲线
的左、右焦点分别为
，
，其
右支上有一点
，满足
的垂直平分线与右支交于点
，且直线
过右焦点
，则双曲线的离
心率的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】利用双曲线定义与垂直平分线性质，确定核心线段关系，联立方程求
点横坐标，利用直
线与双曲线右支交于两点，建立离心率不等式，确定最终范围.
【详解】设
，不妨设
，
,
设
，则
，得
，解得
,
的垂直平分线与右支交于点
且直线
过点
，等价于直线
与双曲线右支交于另一点
，
则
，即
，进一步推导：
，得
，
代入
，解得
，又
，所以
.
7．（2026·新疆·二模）圆锥曲线具有丰富的光学性质，如双曲线的一个光学性质是：从双曲线的
一个焦点发出的光线，经过双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点．由此
可知，过双曲线上任意一点的切线平分该点与两焦点连线的夹角．已知
，
是双曲线C：
的左、右焦点，过双曲线C 右支上一点
（
）作直线l 交x 轴于点
，
过点
作
，垂足为H，则
（ ）
A．1
B．
C．
D．2
【答案】C
【分析】根据给定条件，求出直线
的方程，并与双曲线方程联立可得直线
与双曲线
相切，
再结合双曲线定义求解.
【详解】由双曲线C：
，得
，
延长
交
于点
，依题意，
，即
，
直线
的斜率
，方程为
，
由
消去
并整理得
，则
，
直线
与双曲线
相切，由双曲线的光学性质可知，
平分
，即
，
所以
.
8．（多选）（2026·河南开封·二模）已知双曲线
：
的渐近线与圆
：
相切，记
的左、右焦点分别为
，
，
为
上一点，且
，
与圆
交于
，
两点，则（ ）
A．
的离心率为2
B．
的渐近线方程为
C．
D．若
，则
【答案】ABD
【分析】根据圆
与双曲线渐近线相切得到
，结合离心率公式及
可判断选项A、
B；根据
，求出
，进而求出
，判断选项C；根据
，得到
，
，
，进而得到点
，
坐标，求出直线
方程，结合垂径定理及点到直线的距离可判断选项D.
【详解】双曲线
：
的渐近线方程为
，即
.圆
：
的
圆心为
，半径为
.由题意得，圆心
到渐近线的距离
，即
，所以
.
对于A：
，故A 正确.
对于B：
，所以渐近线方程为
，故B 正确.
对于C：
，
，因为
，所以点
的横坐标为，
代入双曲线方程
，解得
.取
，则
，
，
所以
，故C 错误.
对于D：若
，则
，
，
，
，
.
直线
方程为
，即
.圆心
到直线
的距离
，由垂径定理可得，
，故D 正确.
9．（多选）（2026·广西柳州·二模）已知点
为双曲线
右支上一点，，
为双曲线
的两条渐近线，过点
分别作
，
，垂足依次为
，
，过点
作
交于点
，过点
作
交
于点
，
为坐标原点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ABD
【分析】对于A，设
，求出点
坐标，利用两点间距离公式求出距离再比较；对
于B，利用点到直线的距离公式求解；对于C，求出点
的坐标，再根据三角形的面积公式计算
两个面积即可；对于D，根据两点间距离公式计算.
【详解】设
，且
，又
，
，
则
，则
，故B 正确；
直线
，直线
，联立
，
得
，联立
，得
，
则
，
又
，所以
，故A 正确；直线
，
直线
，联立
，得
，
则
，联立
，
得
，则
，
设
，因为
，所以
，
则
，因为四边形
为平行四边形，
所以
，
，
故
，故C 错误；
，等号成立时
，故
，故D 正确.
10．（多选）（2026·江西·二模）在平面直角坐标系xOy 中，点
，
分别为双曲线
的左、右焦点，点
，C 经过点
，其一条渐近线经过点
，第一象限内的点P 在C 上，则（ ）
A．C 的方程为
B．点P 到C 的两渐近线的距离之积为
C．
D．若Q 为
的内心，则
定值
【答案】BCD
【分析】利用渐近线方程和点在双曲线上代入可得A；由点到直线的距离公式可得B；当
时，
代入带特殊值验证可得；当
时由正切二倍角公式可得
可判断C；利用向量关
系表示内心的性质结合双曲线的定义可得D.
【详解】由题意知双曲线C 的一条渐近线方程为
，由题意得
，解得
，
，则双曲线C 的方程为
，A 错误；设
，则
，即
，
所以点P 到C 的两渐近线的距离之积为
，B 正确；
当
时，
，
，
所以
，又
，所以
，当
时，
，易知
，
，所以
，
所以
，C 正确；设
，因为
，
，则
，
，
，
，
因为Q 为
的内心，所以
与
共线，
且
，
所以
，即
①，同理
与
共线，
，
所以
，即
②，
由①②，得
，
，
所以
，
所以点Q 在C 的右支上，根据双曲线的定义知
，D 正确．
11．（多选）（2026·四川泸州·二模）过双曲线
左焦点
的直线与圆
相切于点
，与
的一个交点为
，则（ ）
A．与
一定有两个交点
B．点
在
的一条渐近线上
C．若
，则
的离心率为
D．若
，则
【答案】BCD
【分析】对于B：分析可知
，
，进而分析斜率即可；对于A：举反例说明即可；对
于C：结合双曲线定义可得
，
，结合勾股定理运算求解；对于D：根据题意可得
，
，即可得面积.
【详解】对于选项B：由题意可知：
，
，
，可得
，则直
线
的斜率
，可知直线
即为双曲线
的其中一条渐近线，所以点
在
的一
条渐近线上，故B 正确；对于选项A：若
，则直线的斜率
，且渐近线的斜率为
，
可知直线与双曲线的一条渐近线平行，此时与
有且仅有1 个交点，故A 错误；
对于选项C：设双曲线的另一个焦点为
，
若
，可知点
为
的中点，且
为
的中点，则
，
，可得
，由勾股定理可得：
，即
，可得
，
所以双曲线
的离心率为
，故C 正确；对于选项D：若
，则
，
，
OA
AF
b
k
OA
a
OA
C
A
C
a
b
l
1
a
b
m
m
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1
b
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l
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a
a
c
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2
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c
a
C
5
c
e
a
3
FP
AF
3
3
FP
AF
b
4
AP
AF
FP
b
所以
，故D 正确.故选：BCD.
12．（多选）（2026·安徽滁州·一模）已知圆
经过双曲线
的
两个焦点
，
，且P 为双曲线C 上异于顶点的任意一点，点
，则（ ）
A．点M 在双曲线C 上
B．当P 在圆T 上时，
的面积为8
C．点P 到双曲线C 的两条渐近线的距离之积为3
D．双曲线C 上存在定点Q，使得直线
和
的斜率之积为定值
【答案】ABD
【分析】根据题意，求出双曲线方程，将点M 代入方程验证A 选项；联立求出
点的横坐标值，
根据三角形面积公式求解验证B 选项；求出双曲线渐近线，利用点到直线距离验证C 选项；利用点
差法验证D 选项.
【详解】由题知双曲线
的焦点在
轴，
故
，焦点坐标为
，因为圆
过焦点，代入得
，即
，解得
，因此双曲线
的方程为：
.
1
1
4
2
2
2
OAP
S
AP
OA
b a
ab
2
2
:
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2
:
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0)
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m
m
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(2,3)
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2
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0)
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2)
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b
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(0,
)
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6
m
C
2
2
1
6
8
y
x
对于A：点
代入双曲线方程得左边
右边，因此
在双曲线
上，故A
正确；对于B：联立
，消去
得
，故
横坐标可以为
，
中，
，高为
，面积
，故B 正确.
对于C：双曲线渐近线为
，设
，点P 到双曲线C 的两条渐近线的距离分别为
，因为
在双曲线上，故满足
，即
，点P 到双曲线C 的两条渐近线
的距离之积如下，为
，故C 错误；
对于D：设
是位于双曲线上，关于原点对称，且异于
的两个点，
则
，又
①，
②，由①
②得到
，得到
，所以
，
综上，只要满足位于双曲线上，关于原点对称，且异于
的两个点均可满足点P 与两点连线斜率之
积为定值
，故当点
坐标为
时，直线
和
的斜率之积为定值
，故D 正确.
13．（2026·湖北十堰·二模）已知双曲线
的右顶点为
，点
．若
(2,3)
M
2
2
3
2
9
4
1
6
8
6
8
M
C
2
2
2
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14
{
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2
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∣
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∣∣
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,
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y
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∣
∣∣
∣∣
∣
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,
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B
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2
2
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0
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k
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0
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4
y
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4
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k
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4
Q
2, 3
Q
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PQ
3
4
2
2
2
2
:
1
x
y
C a
b
(
0,
0)
a
b
A
(3 ,0)
B
a
在
的渐近线上存在点
，使得
，则
的离心率的取值范围是________．
【答案】
【分析】法1：设点
在渐近线上，由向量垂直得数量积为零，整理出关于
的一元二次方程，
利用方程有解判别式非负，结合双曲线关系化简，最终求得离心率范围.
法2：由向量垂直知
在以
为直径的圆上，利用渐近线与圆有公共点，得圆心到渐近线距离不
大于半径，代入双曲线关系化简，求出离心率取值范围.
【详解】法1：双曲线
的右顶点
，
不妨取渐近线方程为
.设
，则
，
.
由
，得
，整理得
.由题意知该关于
的方程有解，所以
.化简可得
，即
，所以
，又
.所以
，即
的离心率的取值范围是
．
法2：由
知，点
在以
为直径的圆
上.
由题意知
的渐近线与圆
有公共点，所以
到
的渐近线
的距离满足
，
即
，所以
，所以
.所以
，又
，所以
，即
的离
C
M
0
MA MB
C
2 3
1,
3
M
m
M
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2
2
2
2
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0,
0)
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b
a
b
( ,0)
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b
y
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M m a
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m
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)(3
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ma
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2
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2
Δ
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3
0,
b
a
a
b
c
a
a
2
2
2
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3
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a
b
c
a
2
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c
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3
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3
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1,
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M
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2
(
2 )
:
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C
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D
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4
c
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3
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1
e
2 3
1
3
e
C
心率的取值范围为
．
14．（2026·福建莆田·二模）已知双曲线
的左顶点为
，右焦点为
，过
的直线
交
于
，
两点.若
，则
的外接圆的半径为_____.
【答案】
【分析】设直线方程，通过证明
从而得到
为直角三角形，即可得到答案.
【详解】由题意可知，
，
，易知直线的斜率不为
，设直线方程为
，
，
，则
，
，联立
，整理得
，
，所以
，
，所以
，所以
，即
为
直角三角形，又因为
，所以
的外接圆的半径为.
2 3
1,
3
2
2
:
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3
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36
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y
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3 ·
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m
m
m
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AMN
18
MN
AMN
9
15．（2026·湖北恩施·二模）双曲线
的左右焦点分别为
，双曲线右支上一点
满足
，则直线
的斜率为______．
【答案】
或2
【分析】根据双曲线的定义及勾股定理求出
，结合双曲线的对称性及直线
的倾斜角
与
的关系求解即可.
【详解】设
，
，由双曲线的定义及勾股定理得
，可得
，
，设
，则
，
.又
，即
，解得
或
（舍去），所以直线
的斜率为
，结合双曲线对称性可知，直线
的斜率为
或
2．
16．（2026·河北邢台·二模）已知
为坐标原点，双曲线
的左焦点为
，
离心率为
过
且斜率为
的直线交
的左支于
两点，
为线段
的中点，
2
2
2
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1
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2 ，
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MN
k
，则
____.
【答案】3
【分析】设直线
斜率为
，
，由
，求得
坐标，再代入双曲线方程，进
而可求解.
【详解】双曲线离心率
，平方得
，整理得
，
，
左焦点
，设
，
为
中点，则
，
设直线
斜率为
，
，故
，
代入
，结合
，则
，联立
解得
，又
在双曲线上，满足
，将
代入，
即满足
，代入
，消去 后整理得
，
解得
或
，
在双曲线左支，
，
若
，
，符合要求；
若
，
，在右支，舍去，又
，得
.
17．（2026·四川内江·二模）已知双曲线
经过点
，其渐近线方程
为
．
(1)求双曲线
的方程；
(2)过点
的直线与双曲线
相交于
两点，
能否是线段
的中点？请说明理由．
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k
MN
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C
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A B
P
AB
【答案】(1)
(2)不能,理由见解析
【分析】（1）由题设条件得出
的方程，求解即得曲线的方程；
（2）假设
是线段
的中点，利用点差法求出直线的斜率，将得到直线的方程与双曲线方程联
立，通过判别式判断方程是否有实根，即可确定
能否为中点.
【详解】（1）双曲线
经过点
，得
，
由渐近线方程为
，得
，解得
，
，双曲线
的方程为
.
（2）假设
是线段
的中点，设
，则由
两式相减，可得
，因为
是线段
的中点，
，代入上式，
可得
，即此时直线
的斜率为
，于是直线
的方程为
，即
.联立
，消元得
，
，所以方程无实数
解，
即此时直线与双曲线无交点，故
不能是线段
的中点.
18．（2026·河南开封·二模）等轴双曲线
经过点
．
(1)求双曲线
的方程；
(2)已知圆心在
轴的圆经过原点，且与双曲线
相交于四点
（按照顺时针方向），求证：
2
2
1
2
y
x
,a b
P
AB
P
2
2
2
2
:
1(
0,
0)
x
y
C
a
b
a
b
2, 6
2
2
4
6
1
a
b
2
y
x
2
b
a
1
a
2
b
C
2
2
1
2
y
x
P
AB
1
1
2
2
(
)
A x y
B x
y
,
, (
,
)
2
2
1
1
2
2
2
2
1
2
1
2
y
x
y
x
1
2
1
2
1
2
1
2
1
(
)(
)
(
)(
)
0
2
x
x
x
x
y
y
y
y
P
AB
1
2
1
2
2,
2
x
x
y
y
1
2
1
2
2
y
y
x
x
AB
2
k
AB
1
2(
1)
y
x
2
1
y
x
2
2
2
1
1
2
y
x
y
x
2
2
4
3
0
x
x
2
Δ
4
4 2 3
8
0
P
AB
2
2
2
2
:
1
0,
0
x
y
a
b
a
b
,
3 1
y
,
,
,
A B C D
直线
与圆
相切．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）首先理解等轴双曲线的定义
，将点的坐标代入即可求解；（2）根据对称性，
设出四点的坐标，由圆心在
轴的圆经过原点可设出圆的方程，联立双曲线方程消元后根据韦达定
理可得到
纵坐标之间的关系，根据原点到直线
的距离即可得证.
【详解】（1）等轴双曲线满足
，因此双曲线
的方程可写为
，
因为双曲线经过点
，所以
，即
，化简得
解得
，
因此，双曲线
的方程为
．
（2）由于双曲线和圆均关于
轴对称，不妨设
，则
，如图：
设圆心在
轴上的圆的方程为
（
，因圆经过原点，代入
满足方程），
化简得
，将双曲线方程
代入圆的方程，消去
，得
，
整理得
，则
，故
．
直线
的方程为
，即
，
AC
2
2
1
x
y
2
2
1
2
2
x
y
a
b
y
,
A C
AC
a
b
2
2
2
2
1
0
x
y
a
a
b
3,1
2
2
2
2
3
1
1
a
a
2
2
3
1
1
a
a
2
2
1,
a
2
2
a
2
2
1
2
2
x
y
y
1
1
2
2
,
,
,
A x y
C x
y
2
2
1
1
,
,
,
B
x
y
D
x y
y
2
2
2
x
y
k
k
0
k
0,0
2
2
2
0
x
y
ky
2
2
2
x
y
2x
2
2
2
2
0
y
y
ky
2
2
2
2
0
y
ky
2
1
0
y
ky
1
2
1
y y
AC
2
1
1
2
1
1
x
x
y
y
y
y
x
x
2
1
2
1
2
1
1
2
0
y
y
x
x
x
y
x y
x y
所以原点到直线
的距离为
．
因为双曲线方程为
，所以
，
所以
，
，
分别代入
式中，得
，所以直线
与圆
相切，得证．
19．（2026·江苏镇江·二模）已知双曲线
与直线
有唯一公共点M，过点M
且与l 垂直的直线分别交x 轴、y 轴于
、
两点．
(1)如果
，求实数k 的取值集合；
(2)如果
，当点M 在运动时，
①求出点
的轨迹方程；
②求
的最大值并求出对应的s 的值．
【答案】(1)
(2)①
②
；
【分析】（1）根据题意，联立方程组讨论
和
，利用
解出
的取值集合；
（2）①首先联立双曲线与直线方程，利用唯一公共点的条件得到
与点
坐标的关系，根据过
且与垂直的直线方程可由垂直直线斜率关系得出，将
坐标代入该直线方程，得到
与
坐标的关系，再通过消去
的坐标，推导出
的轨迹方程；
②由①得到的轨迹方程，将
转化为单变量函数，利用基本不等式最大值，同时确定对应
的值.
AC
2
2
2
2
2
1
1
2
2
1
1
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
1
2
1
2
2
2
x y
x y
x y
x y
x x y y
d
x
x
y
y
x x
y y
y
y
x
x
2
2
2
x
y
2
2
2
2
1
1
2
2
2,
2
x
y
x
y
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
2
x
x
y
y
x x
y y
y
y
y
y
x x
2
2
1
2
1
2
2
2
2
y
y
x x
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
2
1
2
1
2
2
1
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
+2
2
x y
x y
x x y y
y
y
y
y
x x
y
y
x x
1
d
AC
2
2
1
x
y
2
2
:
1
4
y
C x
:l y
kx
m
,0
S s
0,
T
t
2
m
2
k
,
P s t
2
2
1
1
16
s
t
2 2, 2,2,2 2
2
2
4
25
0,
0
s
t
s
t
1
100
5 2
s
2
k
2
4
0
k
0
k
,k m
M
M
l
,
S T
,s t
M
,
,
k m M
,
P s t
2
2
1
1
16
s
t
s
【详解】（1）当
，直线方程
，
联立双曲线
与直线
，代入整理得
，
由题知直线与双曲线有唯一公共点，
故当
时，即
，此时直线与双曲线渐近线平行，仅有一个交点，符合条件；
当
时，
，解得
，
故实数k 的取值集合为
.
（2）①联立
与得：
，
由唯一公共点且
，得
，化简得
，
设切点
，由二次方程顶点公式得
，故过
且与垂直的直线方
程为
，分别令
，
，得
，
将
和
代入
，整理得
， 即为
的轨迹方程.
②由①知
的轨迹方程
，故
， 令
，
，
原式
当
时原式小于0，故最大值仅在
时取得，
当
时化简得
，
2
m
:
2
l y
kx
2
2
:
1
4
y
C x
:
2
l y
kx
2
2
(4
)
4
8
0
k
x
kx
2
4
0
k
2
k
2
4
0
k
2
2
2
4
4 4
8
128 16
0
k
k
k
2 2
k
2 2, 2,2,2 2
C
l
2
2
2
(4
)
2
(
4)
0
k
x
kmx
m
2
k
0
2
2
4
0
m
k
m
0
0
(
,
)
M x
y
0
0
2
2
4
,
4
4
km
m
x
y
k
k
M
l
2
2
4
1 (
)
4
4
m
km
y
x
k
k
k
0
y
0
x
2
2
5
5
,
4
4
km
m
s
s
t
k
k
k
t
s
k
t
2
(4
)
5
t
k
m
2
2
4
m
k
2
2
4
25
0,
0
s
t
s
t
( , )
P s t
,
P s t
2
2
4
25
s
t
2
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
12
25
16
4
25
16
4
25 16
t
s
t
t
t
t
t
(
)
2
0
u
t u
12
25
v
u
2
9
100
4
100
4
125
2500
3
3
v
v
v
v
v
v
0
v
0
v
0
v
1
1
9
2500
4
25
16
4
125
u
u
v
v
由基本不等式
，当且仅当
时取等，
因此
，此时
，得
，即
，代入
得
，即
，因此最大值为
，对应
.
20．（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)证明见解析
(3)存在
【分析】（1）由渐近线倾斜角得到
，再把点
代入，建立方程求解；
（2）设出点M 的坐标为
，
，利用点到直线距离公式得到点M 到双曲线C 的两
条渐近线的距离之积为定值；
（3）先考虑
时，再考虑
，当M 在x 轴上方时，设出点的坐标，表达出
，结合正切二倍角公式得到
，故
，当M
在x 轴下方时，同理可得结论.
2500
2500
2
100
v
v
v
v
50
v
2
2
1
1
9
1
16
4(100 125)
100
s
t
50
v
25
4
u
2
25
4
t
2
2
4
25
s
t
2
50
s
5 2
s
1
100
5 2
s
2
2
2
2
:
1(
0,
0)
x
y
C
a
b
a
b
π
3
2, 3
T
C
M
C
C
M
C
C
A
F
AM
1
:
2
l x
N
AFM
AFN
2
2
1
3
y
x
2
3
b
a
2, 3
T
0
0
,
x
y
2
2
0
0
3
3x
y
0
2
x
0
2
x
0
0
tan
1
y
AFN
x
tan
tan2
AFM
AFN
2
AFM
AFN
【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
．
C
π
3
tan 3
b
a
3
b
a
T
C
2
2
4
9
1
a
b
3
b
a
2
2
4
9
1
3
a
a
1
a
3
b
2
2
1
3
y
x
M
0
0
,
x
y
2
2
0
0
1
3
y
x
2
2
0
0
3
3x
y
1l
2l
3
0
x
y
3
0
x
y
M
0
0
1
3
2
x
y
d
0
0
2
3
2
x
y
d
2
2
0
0
0
0
0
0
1
2
3
3
3
3
2
2
4
4
x
y
x
y
x
y
d d
M
C
2
0
2
x
3
MF
AF
N
AM
45
AFN
MFN
2
AFM
AFN
2
0
2
x
M
x
1,0 ,
2,0
A
F
0
0
,
M x
y
0
0
1
AM
y
k
x
AM
0
0
1
1
y
y
x
x
1
2
x
0
0
3
1 ,
2 2
1
y
N
x
0
0
0
0
3
2
1
1
1
2
2
NF
y
y
x
k
x
0
0
tan
1
y
AFN
x
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
．
21．（2026·江苏苏州·二模）已知双曲线E：
的右焦点为F，离心率为2，过
F 且与x 轴垂直的直线被该双曲线截得的弦长为6.
(1)求曲线E 的方程；
(2)A、B、C 为曲线E 上的三个点，且A、B 关于原点对称，直线BC 过点F，若
的面积为
12，求直线BC 的方程；
(3)已知
，过点
的直线l 与E 在y 轴右侧交于不同的两点P、Q，则直线l 上是否存在
点T 使得
，
？若存在，求出T 的坐标，若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)
或
或
(3)不存在，理由见解析
0
0
0
0
0
2
2
2
0
0
0
0
0
2
1
2
1
tan2
2
1
1
1
y
x
x
y
y
AFN
x
x
y
y
x
MF
0
0
2
MF
y
k
x
tan
MF
AFM
k
0
0
tan
2
y
AFM
x
tan
tan2
AFM
AFN
0,π
AFM
π
0, 2
AFN
2
AFM
AFN
M
x
2
AFM
AFN
2
2
AFM
AFN
2
2
2
2
1(
0,
0)
x
y
a
b
a
b
ABC
(1,0)
D
1 ,2
2
G
GP TQ
PT GQ
2
2
|
|
|
|
13
TD
TF
2
2
1
3
y
x
3
7
6
0
x
y
3
7
6
0
x
y
2
x
【分析】（1）根据双曲线离心率公式和通径公式求解即可；
（2）根据直线与双曲线相交的弦长公式及三角形面积公式可得结果；
（3）先根据直线与双曲线的交点情况得到直线的斜率
的范围，并结合条件
得
到点
的坐标关于
的表达式，接下来一种方法是通过消去
得到点
的坐标满足
，再
结合
得到
，最后验证对应的斜率不在范围内，另一种方法是将点
的坐标直接
代入
得到关于
的方程，最后验证该方程无范围内的解，从而得出结论.
【详解】（1）过右焦点
且与
轴垂直的直线为
，代入双曲线方程得
，依题意有
，又由离心率为
，得
，联立得
，所以曲线
的方程为
.
（2）设
，由（1）得
，所以
，因为
关于原点对称，
所以
，可知直线
的斜率不能为
（否则
不存在），故可设其方程为
，与双曲线方程联立
，
整理得
，可得
且
，
以及
，所以
，
解得
或
，所以直线
的方程为
或
或
.
l
k
GP TQ
PT GQ
T
k
k
T
0
0
3
6
4
x
y
2
2
|
|
|
|
13
TD
TF
0x
T
2
2
|
|
|
|
13
TD
TF
k
F
x
x
c
2
b
y
a
2
2
6
b
a
2
2
2
1
2
b
a
2
2
1,
3
a
b
E
2
2
1
3
y
x
1
1
2
2
,
,
,
B x y
C x
y
2
c
2,0
F
,
A B
1
2
1
2
1
2
2
2
2
ABC
BOC
S
S
OF y
y
y
y
BC
0
ABC
V
2
x
ty
2
2
1
3
2
y
x
x
ty
2
2
3
1
12
9
0
t
y
ty
2
3
1
0
t
2
2
2
144
36 3
1
36
36
0
t
t
t
1
2
1
2
2
2
12
9
,
3
1
3
1
t
y
y
y y
t
t
2
2
1
2
1
2
1
2
2
6
1
2
2
4
2
12
3
1
ABC
t
S
y
y
y
y
y y
t
7
3
t
0
BC
3
7
6
0
x
y
3
7
6
0
x
y
2
x
（3）若直线斜率不存在，则直线与双曲线右支无交点，不合题意，
故可设直线方程为
，与双曲线方程联立
，
整理得
，设
，
则有
且
，以及
，
其中
，所以
，结合其它不等式解得
，
设
，由
得
，即
，
变形得到
，将
代入，
解得
①，代入
得
②，
解法一：由①有
③，代入②得到
④，再由
得
，将④代入，整理得
，
解得
，再由③可得
，
因为
，
，所以不存在满足条件的点
.
l
l
l
1
2
2
y
k x
2
2
1
3
1
2
2
y
x
y
k x
2
2
2
2
1
3
4
2
7
0
4
k
x
k
k x
k
k
1
1
2
2
,
,
,
P x y
Q x
y
2
3
0
k
2
9
24
84
0
k
k
2
2
1
2
1
2
2
2
1
2
7
4
4
0,
0
3
3
k
k
k
k
x
x
x x
k
k
2
2
1
1
2
7
4
3
0
4
4
k
k
k
2
3
0
k
14
3
3
k
0
0
,
T x
y
GP TQ
PT GQ
GP
PT
GQ
TQ
1
0
1
2
0
2
1
2
1
2
x
x
x
x
x
x
1
2
0
1
2
0
4
2
1
2
0
x x
x
x
x
x
2
2
1
2
1
2
2
2
1
2
7
4
4
,
3
3
k
k
k
k
x
x
x x
k
k
0
2
14
4
3
k
x
k
1
2
2
y
k x
0
9
12
6
8
k
y
k
0
0
3
14
4
2
x
k
x
0
0
3
6
4
x
y
2
2
|
|
|
|
13
TD
TF
2
2
2
2
0
0
0
0
1
2
13
x
y
x
y
2
0
0
25
84
28
0
x
x
0
42
4 154
25
x
2 56
5 154
51
k
2 56
5 154
0
51
2
2
6
56
5 154
56
5 13
3
51
51
17
T
抛物线性质及直线与抛物线位置关系
考点4
解法二：由
得
即
，
将①②代入该方程得到
，整理得
，
即
，令
，则
在区间
上单调递减，
又
，故当
时，
恒成立，
即方程
在
内无解，所以不存在满足条件的点
.
1．（2026·陕西·二模）已知抛物线
的焦点为
，
．若
上存在点
，
使得
，且
的面积为2，则
（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【分析】依题设
，利用题设条件与焦准距可得
，再由三角形面积计算即得.
【详解】由题意可知：
，则
，设
，则
，
2
2
13
TD
TF
2
2
2
2
0
0
0
0
1
2
13
x
y
x
y
2
2
0
0
3
25
2
4
x
y
2
2
2
14
3
9
12
25
4
3
2
6
8
4
k
k
k
k
2
2
2
(8
19)
(9
12)
25(4
3)
k
k
k
2
51
224
56
0
k
k
2
( )
51
224
56
f k
k
k
( )
f k
112
, 51
(
3)
97
224 3
0
f
14
3
3
k
( )
0
f k
2
51
224
56
0
k
k
14 ,
3
3
T
2
:
2
0
W
y
px p
F
1
,0
2
C
p
W
A
CF
AF
ACF
△
p
2
0
0
,
2
y
A
y
p
0y
p
,0
2
p
F
AF
CF
p
2
0
0
,
2
y
A
y
p
2
0
2
2
y
p
p
p
可得
，即
，又因为
的面积为
，解得
.
2．（2026·辽宁鞍山·二模）已知抛物线
的焦点为
，点
为抛物线
准线上一
点，连接
交
于点
，若
，则
的值为（ ）
A．
B．
C．2
D．3
【答案】B
【详解】过点
作准线的垂线，垂足为
，根据抛物线的定义有
，又
，
得
，设准线与
轴的交点为
，则有
，所以
，
又
，故
.
3．（2026·广西南宁·二模）抛物线的光学性质是一个非常重要且优美的几何特性，它描述了抛物
线如何反射光线．这个性质在数学、物理学和工程学中有广泛的应用．其光学性质如下：从焦点发
出的光线经过抛物线上一点（不同于抛物线的顶点）反射后，反射光线平行于抛物线的对称轴；反
之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．若抛物线
的焦点为F，从F 发出的光线经过抛物线C 上点G 反射后，其反射光线过点
，且
，则
的面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
2
2
0y
p
0y
p
ACF
△
2
0
1
2
2
2
p
CF
y
2
p
2
:
2
0
C y
px p
F
A
C
AF
C
B
2,
1
AB
BF
p
1
2
3
2
B
M
1
BM
BF
2
AB
60
ABM
x
N
60
AFN
1
1
3
2
2
2
FN
AF
AB
BF
2
2
p
p
FN
p
3
2
p
2
:
2
0
C y
px p
7 , 3
2
A
120
AGF
AGF
3
2
3
3 3
2
9 3
4
【分析】根据题意，可得
轴，得到
，得到
，利用斜率求得
，结合三
角形的面积公式，即可求解.
【详解】对于抛物线
，可得焦点为
，准线方程为
，根据抛物线的光学
性质，可得
轴，所以
，将
代入抛物线
，可得
，即
，
因为
，可得
，整理得
，
即
，解得
或
(舍去），所以
，此时
，
，
，所以
的面积为
.
4．（2026·甘肃酒泉·二模）已知抛物线
的顶点为坐标原点，焦点
在
轴的正半轴上，点
在抛物线
上，且
.过焦点
作倾斜角为
的直线，交抛物线
于
两点，则
（ ）
A．8
B．12
C．16
D．20
【答案】C
【分析】根据题意得出抛物线方程和直线方程，联立这两个方程，然后利用韦达定理以及抛物线的
定义即可求解.
/ /
GA
x
3
G
y
3
(
, 3)
2
G
p
1
p
2
:
2
C y
px
(
,0)
2
p
F
2
p
x
/ /
GA
x
3
G
A
y
y
3
G
y
2
2
y
px
3
2
G
x
p
3
(
, 3)
2
G
p
120
60
AGF
GFx
，
3
3
3
2
2
GF
k
p
p
2
2
3
0
p
p
1
3
0
p
p
1
p
3
p
1
p
3 , 3
2
G
7 , 3
2
A
7
3
2
2
2
GA
AGF
1
2
3
3
2
AGF
S
C
F
x
4,
P
m
C
6
PF
F
45
C
,
A B
AB
【详解】
如图所示，设抛物线
方程为
，焦点为
，由于点
在抛物线
上，
且
，则有
，代入
得
，
故抛物线方程为
，焦点为
，设
，
，由于直线经过焦点
且倾斜角
为
，因此直线方程为
，与抛物线联立得
，
由韦达定理得
，则
，根据抛物线的定义，有
，
，因此
，故C 正确.
5．（2026·湖南怀化·二模）已知抛物线C：
（p＞0）的焦点为F，过点F 的直线与C 交于
A，B 两点（点A 在第一象限），若直线AB 的斜率为
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据抛物线的几何意义表示线段长度求解.
【详解】记C 的准线为l，过点A，B 作l 的垂线，垂足分别为M，N，
过点B 作直线AM 的垂线，垂足为E．设
，
．
因为直线AB 的斜率为
，所以
，
，
则
，
，
．
C
2
2
0
y
px p
,0
2
p
F
4,
P
m
C
6
PF
2
2
4
6
2
p
m
2
8
m
p
2
4
8
36
4
2
p
p
p
2
8
y
x
2,0
F
1
1
,
A x y
2
2
,
B x
y
F
45
2
y
x
2
2
8
2
8
16
0
y
y
y
y
1
2
8
y
y
1
2
1
2
2
2
12
x
x
y
y
1
2
p
AF
x
2
2
p
BF
x
1
2
16
AB
AF
BF
x
x
p
2
2
y
px
15
FA
FB
4
3
3
2
5
4
5
3
AE
a
FB
m
15
15
BE
a
4
AB
a
BN
FB
m
AM
ME
EA
m
a
4
FA
a
m
因为
，所以
，即
，
，所以
．
6．（2026·浙江温州·二模）已知O 为坐标原点，直线l 与x 轴交于Q 点，与抛物线
交于
A，B 两点，且
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】设直线l 的方程为
，由
计算
，利用两点间距离公式和韦达定理
计算即可.
【详解】设
，直线l 的方程为
，代入抛物线
得，
，
设
，
，则
，
，
因为
，
，所以
，即
.
，
同理
，则
，
因为
，所以
，
异号，所以
，
AM
FA
4
m
a
a
m
3
2
a
FB
m
5
4
2
a
FA
a
m
5
3
FA
FB
2
:
4
C y
x
4
OA OB
1
1
1
QA
QB
2
2
1
1
1
|
|
|
|
QA
QB
1
1
1
4
QA
QB
2
2
1
1
1
|
|
|
|
4
QA
QB
x
my
t
4
OA OB
2
t
( 0)
,
Q t
x
my
t
2
:
4
C y
x
2
4
4
0
y
my
t
1
1
,
A x y
2
2
,
B x y
1
2
4
y
y
m
1
2
4
y y
t
= -
1
2
1
2
4
OA OB
x x
y y
2
2
2
1
2
2
1
2
1
2
4
4
16
y y
y
y
x x
t
2
4
4
0
t
t
2
t
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
2
1
QA
x
y
my
y
y
m
2
2
|
| |
| 1
QB
y
m
2
2
1
1
1
1
1
1
1
QA
QB
y
y
m
1
2
4
8
0
y y
t
1y
2y
1
2
1
2
1
2
|
|
1
1
|
|
|
|
|
|
y
y
y
y
y y
又
，
所以
，不是定值，故A C 错误；
则
，
代入韦达定理得
，
故
，故B 错误，D 正确.
7．（2026·辽宁盘锦·二模）已知直线过抛物线
的焦点
，且交抛物线于
，
两点，由
，
分别向准线引垂线
，
，垂足分别为
，.设
，
，
为线段
的中点，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】先利用抛物线的定义求证
，再在直角梯形
中计算
即可.
【详解】连接
，因为
，所以
，由抛物线的定义可知，
，
所以
，则
，同理可得，
，故
，由
，
可得，
，故在直角梯形
中，
，因为
为
2
2
1
2
1
2
1
2
4
16
32
y
y
y
y
y y
m
2
2
2
2
1
1
1
4
2
2
|
|
|
|
8
1
2
1
m
m
QA
QB
m
m
2
2
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
1
1
1
|
|
|
|
1
1
1
y
y
QA
QB
y
m
y
m
y y
m
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
2
16
16
16
1
y
y
y
y
y y
m
m
2
2
2
2
16
1
1
1
16
1
|
|
|
|
64
4
1
64
m
QA
QB
m
l
2
4
y
x
F
P
Q
P
Q
PR
QS
R
S
PF
a
QF
b
M
RS
MF
ab
a
b
2
a
b
2
ab
90
RFS
PRSQ
RS
,
RF SF
//
PR OF
PRF
RFO
PR
PF
PRF
PFR
RFO
PFR
SFO
SFQ
90
RFS
PF
a
QF
b
PQ
a
b
PRSQ
2
2
2
RS
a
b
a
b
ab
M
线段
的中点，所以
.
8．（多选）（2026·黑龙江哈尔滨·二模）已知抛物线
的焦点为F，过F 的直线交
抛物线于A，B 两点，分别过A，B 作准线l 的垂线，垂足分别为
，则下列说法正确的是
（ ）
A．当直线AB 垂直于x 轴，且
时，则抛物线方程为
B．
C．存在直线AB，使得以线段AB 为直径的圆过原点
D．若
，点
，则
为钝角
【答案】ABD
【分析】A：求出点
坐标，代入抛物线方程；B：利用几何性质得出
；C：设
，通过
判断；D：通过
判断.
【详解】A 选项，
，则
，得
，故抛物线方程为
，A 正确；
B 选项，因为
，所以
，因为
，所以
，
则
，同理可得，
，则
，故B 正确；
RS
1
2
MF
RS
ab
2
:
2
(
0)
C y
px p
1
1
,
A B
|
| 4
AB
2
4
y
x
1
1
π
2
A FB
2
p
(2,0)
G
AGB
,
A B
1
1
1
1
π
2
A FB
A FO
OFB
:
2
p
AB x
my
0
OA OB
�
uur uuur
0
GA GB
,2 ,
, 2
2
2
p
p
A
B
4
2
2
p
p
2
p
2
4
y
x
1//
AA
OF
1
1
AA F
A FO
1
AA
AF
1
1
AA F
A FA
1
1
A FA
A FO
1
1
B FB
B FO
1
1
π
2
A FB
C 选项，直线
的斜率不为0，故设
，
，联立
，
得
，则
，
，故
，
即
为钝角，则原点
一定在以线段AB 为直径的圆内，故C 错误；D 选项，由C 选项可知，
，因为
，所以
，
则
，
因为
，所以
，故
为钝角，故D 正确.
9．（多选）（2026·安徽淮北·二模）已知抛物线
的焦点为
，过点
倾斜角为30°的
直线交抛物线于
，
两点（
在第一象限），设
，
在抛物线准线上的射影分别为
，
，
则（ ）
A．
B．
C．
为正三角形
D．
为直角三角形
【答案】ACD
【分析】根据焦点坐标，可得p 值，可判断A 的正误；求出直线AB 的方程，与抛物线联立，可得
A、B 两点坐标，求出
，
坐标，可判断B 的正误；根据两点间距离公式，可得
，结合抛
物线定义，可判断C 的正误；根据数量积公式，可得
的值，分析可判断D 的正误.
AB
:
2
p
AB x
my
1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
2
2
2
p
x
p
y
y
m
x
2
2
2
0
y
pmy
p
2
1
2
y y
p
2
2
2
1
2
1
2
2
2
4
y
y
p
x x
p
p
2
1
2
1
2
3
0
4
OA OB
x x
y y
p
AOB
O
1
1
2
2
2,
,
2,
GA
x
y
GB
x
y
1
2
2
y y
pm
2
1
2
1
2
2
x
x
m y
y
p
pm
p
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
4
GA GB
x
x
y y
x x
x
x
p
2
2
3
2 2
4
4
p
pm
p
2
p
2
3 8
0
GA GB
m
AGB
2
2
x
py
0,1
F
F
A
B
A
A
B
1A
1
B
2
p
2
AF
FB
1
FAA
1
1
FA B
AF
FB
1
FA
1
1
FA FB
【详解】选项A：由题意
，解得
，故A 正确；选项B：直线AB 的方程为
，
由A 项得方程为
，联立
，得
，因为
在第一象限，所以
，则
，所以
，则
，故B 错误；选项C：由题意得
，所以
，
由抛物线的定义可得
，所以
，所以
为正三角形，故C
正确；选项D：
，所以
，
即
，所以
为直角三角形，故D 正确.
10．（多选）（2026·广东佛山·二模）在平面直角坐标系
中，斜率为1 的直线l 交抛物线
于
，
两点，交x 轴于点
（
），则（ ）
A．
B．
1
2
p
2
p
3
1
3
y
x
2
4
x
y
2
4
3
1
3
x
y
y
x
2
4 3
4
0
3
x
x
A
2 3
2 3,
3
A
B
x
x
2 3 1
2 3,3 ,
,
3
3
A
B
2 3
2
2 3, 2 ,
,
3
3
AF
FB
3
AF
FB
1
1
2 3
2 3, 1 ,
, 1
3
A
B
2
2
1
2 3
( 1 1)
4
FA
1
3 1
4
AF
AA
1
1
FA
AF
AA
1
FAA
1
1
2 3
2 3, 2
, 2
3
FA
FB
1
1
2 3
2 3
( 2) ( 2)
0
3
FA FB
1
1
FA
FB
1
1
FA B
xOy
2
:
4
C y
x
1
1
,
A x y
2
2
,
B x
y
,0
m
0
m
4 2
AB
135
AOB
C．
的等差中项是2
D．m 是
，
的等比中项
【答案】ACD
【分析】联立直线与抛物线，结合韦达定理，由弦长公式可得A；令
可得B 错误；结合等差
中项和等比中项的概念由韦达定理可判断CD.
【详解】直线的方程为
，联立
消去
可得
，
则
，
，
对于A，由
得，
，故A 正确；
对于B，
，令
可得
，此时
，故B 错误；对于C，由
可得
的等差中项是2，故C 正确；对于D，由
可得m 是
，
的等比中项，故D 正确.
11．（多选）（2026·河南郑州·二模）已知抛物线
为坐标原点，过点
作斜率为
的直线交抛物线
于
两点，其中
在第一象限，直线
交抛物线
于另
一点
，其中
，直线
与直线
交于点
．则（ ）
A．
B．当
时，直线的方程为
C．当
四点共圆时，
D．点
落在定直线
上
【答案】ACD
【分析】根据条件求出点
的坐标，代入抛物线方程，即可求解判定A，联立直线与抛物线方程，
1
2
,
y y
1
x
2x
4
m
l
y
x
m
2
4
y
x
m
y
x
y
2
2
2
4
0
x
m
x
m
2
1
2
1
2
0,
2
4,
x
x
m
x x
m
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
4,
4
y
y
y y
x
m
x
m
x x
m x
x
m
m
0
m
2
2
1
2
1
2
1
4
2 16
16
4 2
1
4 2
AB
k
x
x
x x
m
m
2
1
1
2
2
1
2
1
2
,
,
4
OA OB
x y
x
y
x x
y y
m
m
4
m
OA
OB
90
AOB
1
2
4
y
y
1
2
,
y y
2
1
2
x x
m
1
x
2x
2
:
2
0 ,
C x
py p
O
1,1
M
0
k k
l
C
,
A B
A
OM
C
D
4
OD
OM
OA
BD
P
2
p
OA
OB
l
2
0
x
y
, ,
,
O A D B
1
k
P
2
2
0
x
y
D
由韦达定理得
，根据已知条件判定B，C，根据条件求出
的横坐标
，再结合韦达定理计算判定D.
【详解】因为点
，则
，又
，则
，
所以
，代入抛物线
，得到
，解得
，A 选项正确；
所以抛物线
的方程为
，设直线方程为
，设
，
联立
，消
得到
，则
，当
时，
，
所以
或
，且
，即得
，所以直线的方程为
，B 选项错误；
当
四点共圆时，则有
，故
，则
，所以
，又
，
所以
，即
，
整理得到
，又
，所以
，故直线的方程为
，C 选项正确；
1
2
1
2
4 ,
4
4
x
x
k x
x
k
P
1
4
2
M
x
x
1,1
M
1,1
OM
4
OD
OM
4,4
OD
4,4
D
2
:
2
C x
py
16
8p
2
p
C
2
4
x
y
l
1
1
0
y
k x
k
1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
2
4
1
1
x
y
y
k x
y
2
4
4
4
0
x
kx
k
1
2
1
2
4 ,
4
4
x
x
k x
x
k
OA
OB
2
2
2
2
1
1
2
1
2
1
2
4
4
4
4
1
3
0
16
16
k
x x
OA OB
x x
y y
x x
k
k
k
1
k
3
k
0
k
3
k
l
3
4
0
x
y
,
,
,
O A D B
,
OBA
ODA
BOD
BAD
MOB
MAD
MO
MA
MB
MD
MA MB
MO
MD
2
2
1
2
1
1 ,
1
1 ,
2,
3 2
MA
k
x
MB
k
x
MO
MD
2
1
2
1
2
1
1
6
MA
MB
k
x
x
x
x
2
1
4
4
4
1
6
k
k
k
2
1
k
0
k
1
k
l
2
y
x
由
，得到直线
，由
，得
，
直线
，联立方程
，解得
，
，
，
由
，得
，
所以点
落在定直线
上，D 选项正确；
12．（多选）（2026·福建·二模）已知抛物线
的焦点为
，过
的直线l 交
于
两点，直线
交
于另一点D，则（ ）
A．
B．
的内心在定直线上
C．若
，则
D．若
，则
的面积为
【答案】ABD
【分析】作出符合题意的图形，利用斜率的几何意义得到
，结合题意得到
进而判断A，联立方程组结合韦达定理得到
，最后结合内心的性质判
2
1
1
0,0 ,
, 4
x
O
A x
1
:
4
x
OA y
x
2
2
2
4,4 ,
4
x
D
B x
2
2
2
2
4
4
4
4
4
BD
x
x
k
x
2
4
:
4
4
4
x
BD y
x
1
2
4
4
4
4
4
x
y
x
x
y
x
2
2
1
4
4
P
x
x
x
x
2
1
2
1
4
P
x x
y
x
x
2
2
1
2
1
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
4
2
2
4
4
2
2
2
2
8
2
2
2
4
4
4
4
P
P
x
x x
x
x
x
x x
x
x
x x
x
y
x
x
x
x
x
x
x
x
1
2
1
2
4 ,
4
4
x
x
k x
x
k
2
1
2
1
8
2 4
4
8
8
8
8
8
2
2
0
4
4
P
P
k
k
k
k
x
y
x
x
x
x
P
2
2
0
x
y
2
:
2
C y
px
1,0
F
1,0
P
C
,
A B
AF
C
tan
sin
APF
AFP
APD
△
tan
2 2
APD
4
AF
sin
sin
AFB
PFB
ABF
△
4 3
3
1
1
tan
1
y
APF
x
1
1
sin
1
y
AFG
x
0
AP
DP
k
k
断B，利用二倍角公式并结合方程得到
判断C，先确定
，再利用弦长
公式与点到直线的距离公式得到面积解析式，最后结合角平分线定理建立方程，求解参数，进而得
到三角形面积判断D 即可.
【详解】因为抛物线
的焦点为
，所以
，解得
，则抛物线方程为
,
如图，作出符合题意的图形，作
轴，
对于A，设
，则
，由题意得
是直线
的倾斜角，由斜率的几何意义得
，由诱导公式得
，由焦半径公式得
，在
中，可得
，则
，故A 正确，
对于B，设
的方程为
，
，联立方程组
，可得
，由韦达定理得
，
，则
，
，由斜率公式得
，
，因为
，所以
，可得
，则
，得到
被
轴平分，可得
的内心在
4
2 2
AF
AFB
PFB
2
2
y
px
1,0
F
1
2
p
2
p
2
4
y
x
AG
x
1
1
,
A x y
2
1
1
4
y
x
APF
AP
1
1
tan
1
AP
y
APF
k
x
sin
sin(π
)
sin
AFP
AFP
AFG
1
1
AF
x
AFG
1
1
sin
1
y
AFG
x
tan
sin
APF
AFP
AD
(
1)
y
k x
2
2
(
,
)
D x
y
2
)
4
(
1
y
y
x
k x
2
2
2
2
(2
4)
0
k x
k
x
k
1
2
1
x x
1
2
4
y y
2
1
1
x
x
2
1
4
y
y
1
1
1
AP
y
k
x
2
1
1
2
1
1
1
4
1
1
(
1)
1
DP
y
y
x
k
x
y x
x
2
1
1
4
y
x
2
1
1
4
y
x
2
1
1
1
1
1
4
(
1
1
4
)
DP
AP
y
k
k
y x
x
y
0
AP
DP
k
k
APD
x
APD
△
定直线上，故B 正确，对于C，因为
被
轴平分，所以
，
设
，
，因为
，所以
，
由二倍角公式得
，解得
（另一根舍去），则
，联立方程组
，解得
，此时
，与
不符，故C 错误，
对于D，因为
，所以
或
（与题意不符，排
除），
设直线
的方程为
，设
，联立方程组
，可得
，
由韦达定理得
，
，则
，由弦长公式得
，
，由焦半径公式得
，且
，而直线
的方程为
，设
到
的距离为
，由点到直线的距离公式得
，
则
，因为
，所以
平分
，
由角平分线性质得
，可得
，化简得
，解得
，则
，故D 正确.
13．（2026·河南开封·二模）抛物线
的焦点为
，
为
的准线与
轴的交点，
为
上一点，若
，则
__________．
APD
x
2
2
APD
APG
DPG
2
APD
π
(0,
)
2
APG
DPG
tan
2 2
APD
tan2
2 2
2
2tan
2 2
1
tan
2
tan
2
1
1
2
1
2
y
x
1
1
1
1
2
2
1
2
4
y
x
y
x
1
3
2 2
x
4
2 2
AF
4
AF
sin
sin
AFB
PFB
AFB
PFB
π
AFB
PFB
AB
1
x
my
3
3
(
,
)
B x
y
2
1
4
x
my
y
x
2
4
4
0
y
my
1
3
4
y
y
m
1
3
4
y y
1
3
y
y
2
2
4
1
1
AB
m
m
2
2
3
1
BP
m
y
1
1
AF
x
my
2
FP
AB
1
0
x
my
F
AB
d
2
2
1
d
m
2
2
2
2
1
2
4
1
1
4
1
2
1
ABF
S
m
m
m
m
AFB
PFB
FB
AFP
AB
AF
BP
FP
2
2
3
2
2
3
4
1
1
2
1
m
y
m
m
m
y
2
1
2
m
m
2 3
3
m
4
4 3
4
1
3
3
ABF
S
2
:
2
(
0)
C y
px p
F
A
C
x
B
C
|
| |
|
AB
AF
cos
BAF
【答案】
【分析】结合条件设点列方程求B 点横坐标，利用余弦定理求解即可.
【详解】
抛物线
的焦点
，准线方程为
，因此准线与
轴交点
，
可得
，由题意
.设
，
在抛物线上满足
，又
，
因此
代入
整理得
，解得正根（抛物线横坐标非负）
.在
中，由抛物线焦半径性质得
，代入
得
，根据余弦定理代入得
.
14．（2026·新疆·二模）已知
为抛物线
的焦点，直线
与
交于
两点，直线
与
的另一个交点为
，直线
与
的另一个交点为
，若
与
的面积之比为
，
则
______．
【答案】
【分析】设
，得到
，以及直线
的方程为
，联立方
3
1
2
:
2
(
0)
C y
px p
,0
2
p
F
2
p
x
x
,0
2
p
A
AF
p
∣
∣
AB
AF
p
∣
∣∣
∣
,
B x y
B
2
2
y
px
AB
p
∣
∣
2
2
2
2
p
x
y
p
2
2
y
px
2
2
3
3
0
4
p
x
px
2 3
3
2
p
x
ABF
2
p
BF
x
∣
∣
x
2 3
3
3
1
2
2
p
p
BF
p
2
2
2
2
2
2
2
2
3
1
cos
3
1
2
2
p
p
p
AB
AF
BF
BAF
AB AF
p
F
2
:
4
C y
x
x
t
C
,
A B
AF
C
D
BF
C
E
ABF
△
DEF
9:1
t
3
( ,2
), ( , 2
)
A t
t
B t
t
4
AB
t
AD
2
(
1)
1
t
y
x
t
程组求得
和
，得到
和
，结合题意，列出方程，
即可求解.
【详解】如图所示，抛物线
的焦点为
，因为直线
与抛物线
交于
两点，
可设
，其中
，则
，所以直线
的方程为
，
联立方程组
，整理得
，设
，可得
，解得
，
将其代入直线方程
，可得
，即
，同理可得：点
，
所以
，所以
，
，因为
与
的面积之比为
，
可得
，整理得
，因为
，解得
.
15．（2026·江西·二模）已知抛物线
的焦点为
，过点
的直线与
相交于
，
两点（
在第一象限），若
的面积为
，则
________．
【答案】
/
1
2
( ,
)
D t
t
1
2
( ,
)
E t
t
2
(
1)
ABF
S
t t
2(
1)
DEF
t
S
t t
2
:
4
C y
x
(1,0)
F
x
t
C
,
A B
( ,2
), ( , 2
)
A t
t
B t
t
1
t
4
AB
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AD
2
(
1)
1
t
y
x
t
2
2
1
1
4
t
y
x
t
y
x
2
2
(
1)
0
tx
t
x
t
2
2
(
,
)
D x
y
2
2
1
t
t
x
t
2
1
x
t
2
(
1)
1
t
y
x
t
2
2
y
t
1
2
( ,
)
D t
t
1
2
( ,
)
E t
t
4
DE
t
1
1
(
1)
4
(
1)
2
(
1)
2
2
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S
AB
t
t
t
t t
1
1
1
4
1
2(
1)
(1
)
(1
)
2
2
DEF
t
S
DE
t
t
t
t t
ABF
△
DEF
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2
(
1)
9
2(
1)
t t
t
t t
2
9
t
1
t
3
t
2
:
2
C y
x
F
(1,0)
M
l
C
P
Q
P
PMF
△
1
4
|
|
|
|
QF
PF
3
2
1.5
【详解】由题意，
，设
，
，且点
在第一象限.
由
的面积为
，得
，所以
，所以
.所以
，
则直线的方程为
，代入
.整理得
，解得
，
.
所以
，
，所以
．
16．（2026·江苏·二模）在平面直角坐标系
中，已知抛物线
的准线为，点
在
上，以
为圆心的圆与相切且截
轴所得的弦长为
，则
__________．
【答案】4
【详解】
已知抛物线
的准线为，则的方程为：
，已知点
在
上，则
，以
为圆心的圆与相切，设圆的半径为，则
，又
圆与相
切且截
轴所得的弦长为
，
，解得
，即
，
，解得
．
17．（2026·重庆渝中·二模）已知直线与抛物线
（
）交于
，
两点，
，
两点
均在
轴上方，
为抛物线的焦点，若
，且
是锐角，则直线的斜率的取值范围
是______．
【答案】
1 ,0
2
F
,
P
P
P x
y
,
Q
Q
Q x
y
,
P
P
P x
y
PMF
△
1
4
1
1
1
1
2
2
4
P
y
1
P
y
1
2
P
x
1
0
2
1
1
2
PM
k
l
2
2
y
x
2
2
y
x
2
2
5
2
0
x
x
1
1
2
x
2
2
x
1
2
P
x
2
Q
x
1
1
3
2
2
2
Q
P
QF
PF
x
x
xOy
2
:
2
0
C y
px p
l
1,
P
t
C
P
l
y
4 2
p
2
:
2
0
C y
px p
l
l
2
p
x
1,
P
t
C
2
2
1
2
t
p
p
P
l
r
1
1
2
2
p
p
r
l
y
4 2
2
2
2
2 2
1
r
2
9
r
3
r
1
3
2
p
4
p
l
2
2
y
px
0
p
A
B
A
B
x
F
3
FB
FA
AFB
l
6
0, 2
【分析】过
作
垂直准线于
，过
作
垂直准线于
，过
作
于点
，借助抛
物线定义结合锐角性质可得
，再利用斜率与倾斜角的关系计算即可得.
【详解】过
作
垂直准线于
，过
作
垂直准线于
，过
作
于点
，由抛物
线定义可得
，
，令
，则
，故
，则
，由
是锐角，则
，所以
，
则直线的斜率
，所以直线的斜率的取值范围为
．
18．（2026·山东青岛·一模）已知抛物线
，点
为
的焦点，
是
上任意
不重合的两点，当直线
过点
且垂直
轴时，
.
(1)求
的方程；
(2)若直线
过点
且
的面积为
，求
的方程.
【答案】(1)
(2)
或
【分析】（1）当直线
垂直
轴时，可求出
、
的坐标进而求出
的值；
（2）三角形的面积可以用弦长公式和点到直线的距离公式表示底和高.
A
1
AA
1A
B
1
BB
1
B
A
1
AM
BB
M
10
cos
5
MBA
A
1
AA
1A
B
1
BB
1
B
A
1
AM
BB
M
1
AA
FA
1
BB
FB
FA
x
3
3
FB
FA
x
1
1
3
3
BB
AA
x
1
1
2
BM
BB
AA
x
AFB
2
2
10
AB
FA
FB
x
2
10
cos
5
10
BM
MBA
AB
l
2
10
1
5
6
tan
2
10
5
k
MBA
l
6
0, 2
2
:
2
(
0)
C y
px p
F
C
,
M N
C
MN
F
x
|
| 4
MN
C
MN
F
OMN
4
MN
2
4
y
x
3
1
0
x
y
3
1
0
x
y
MN
x
M
N
p
【详解】（1）设点
，因为抛物线
，所以
，当直线
过点
且垂直
轴时，直线
的方程为
，把
代入
可得
，
故
，所以
，所以方程为
.
（2）由（1）可知
，设直线
方程为
，联立
得
，
则
，
，
所以
，
又点
到直线
距离
，所以
，
令
，所以
，所以
，解得
或
，
所以直线
方程为
或
.
19．（2026·福建莆田·二模）已知抛物线
的焦点为
，准线为，直线
与，
的交点分别为
，
，且
.
(1)求
；
(2)若过点
的直线
交
于
，
两点，且
，求
的值.
【答案】(1)2
(2)
或
.
【分析】（1）由抛物线定义可得
进而得到
为等边三角形，从而求得
，结合图形特征及角的正切即可求解
；
1
1
2
2
,
,
,
M x y
N x
y
2
:
2
,(
0)
C y
px
p
(
,0)
2
p
F
MN
F
x
MN
2
p
x
2
p
x
2
2
y
px
1
2
,
y
p y
p
2
4
MN
p
2
p
2
4
y
x
1,0
F
MN
1
x
my
2
1
4
x
my
y
x
2
4
4
0
y
my
1
2
1
2
4 ,
4
y
y
m y y
2
16
16
0
m
2
2
2
2
1
2
1
2
|
|
1
(
)
4
1
16
16
MN
m
y
y
y y
m
m
2
4(1
)
m
O
MN
2
1
1
d
m
2
2
2
1
1
1
4 1
2 1
2
2
1
OMN
S
MN d
m
m
m
2
2 1
4
m
2
1
2
m
2
3
m
3
m
3
m
MN
3
1
0
x
y
3
1
0
x
y
2
:
2
0
C y
px p
F
l
2 3
y
l
C
P
Q
FP
FQ
p
4,0
D
m
C
A
B
24
AD
BD
AD
BD
1
2
2
QP
FQ
PQF
△
π
3
PFO
QPF
p
（2）设直线
：
,联立直线与抛物线可得
，则由韦达定理得
，
，计算弦长代入
中即可求得
，再列方程结合弦长公式求值.
【详解】（1）
由抛物线定义得
，又因为
，所以
为等边三角形，所以
，设准线为与x 轴交于点
，且
的纵坐标为
，所以
，所以
，所以
；
（2）
设
：
，
，
，联立得
，
，
由韦达定理得
，
，所以
，
所以
，所以
，则
，由韦达定理得
，
m
4
x
ty
2
4
16
0
y
ty
3
4
2 2
y
y
3
4
16
y y
24
AD
BD
2
2
t
QP
FQ
FP
FQ
PQF
△
π
3
PFO
QPF
l
,0
2
p
N
P
2 3
2 3,
PN
FN
p
π
2 3
tan
tan
3
3
PFO
p
2
p
m
4
x
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3
,
A x
y
4
4
,
B x
y
2
4
4
y
x
x
ty
2
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0
y
ty
3
4
4
y
y
t
3
4
16
y y
2
2
3
4
1
,
1
AD
t
y
BD
t
y
2
1
16
24
AD
BD
t
2
1
2
t
2
2
t
3
4
2 2
y
y
3
4
16
y y
2
3
4
3
4
1
2
y
y
y y
3
4
4
3
1
2
2
y
y
y
y
2
3
3
4
4
5
1
0
2
y
y
y
y
，所以
，所以
，所以
，
或
，所以
或
，所以
的值为
或
.
20．（2026·山西临汾·二模）已知抛物线
：
（
）的焦点为
，点
在抛物线
上，且
.
(1)求抛物线
的方程；
(2)已知过点
的直线交抛物线
于
，
两点，
的面积为
，求直线
的方程.
【答案】(1)
(2)
.
【分析】（1）本题先判断抛物线开口向右，套用焦半径公式，代入点
的横坐标与焦半径长，列
式求出
的值，再代入标准式即可得出抛物线方程.
（2）解法一：先写出抛物线焦点，设横截距式直线方程避免斜率不存在讨论，联立抛物线方程得
到一元二次方程，利用韦达定理得两根和与积，结合抛物线弦长公式表示弦长
，再求原点到
直线的距离，结合三角形面积条件列方程求出参数
，最终整理出直线方程.解法二：设过抛物线
焦点的直线为
，联立抛物线方程，借助韦达定理得到纵坐标关系，利用三角形面积的纵
坐标差简便公式列式，化简求解参数
，进而写出直线方程.
【详解】（1）由题意得，点
在抛物线上，且
，
则
，所以
，所以抛物线方程为
.
（2）解法一：
抛物线方程为
，焦点坐标为
，
3
4
16
y y
2
3
4
3
4
1
2
y
y
y y
3
4
4
3
1
2
2
y
y
y
y
2
3
3
4
4
5
1
0
2
y
y
y
y
3
4
1
2
y
y
3
4
2
y
y
3
4
1
2
AD
y
BD
y
3
4
2
AD
y
BD
y
AD
BD
1
2
2
C
2
2
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px
0
p
F
0
2,
P
y
4
PF
C
F
C
A
B
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V
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AB
2
8
y
x
2
2
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x
y
P
p
AB
m
2
x
my
m
0
2,
P
y
4
PF
2
4
2
p
4
p
2
8
y
x
2
8
y
x
2,0
F
由题可设直线
的方程为
，
，
，
由
得
，
，
，
.
则
，所以
.
原点
到直线
的距离为
，
所以
，解得
.
所以直线
的方程为
，即
.
解法二：
抛物线方程为
，焦点坐标为
，由题可设直线
的方程为
，
，
，由
得
，
，
，
.
，
解得
，所以直线
的方程为
，即
.
21．（2026·江西赣州·二模）已知点A 与
关于直线
对称，点A 在抛物线
上，点F 是抛物线C 的焦点．
AB
2
x
my
1
1
,
A x y
2
2
,
B x
y
2
2
8
x
my
y
x
2
8
16
0
y
my
2
Δ
64
64
0
m
1
2
8
y
y
m
1
2
16
y y
2
1
2
1
2
4
8
4
x
x
m y
y
m
2
1
2
4
8
8
AB
x
x
m
O
2
0
x
my
2
2
1
m
2
2
2
1
2
8
8
8 1
8 5
2
1
AOB
S
m
m
m
2
m
AB
2
2
x
y
2
2
0
x
y
2
8
y
x
2,0
F
AB
2
x
my
1
1
,
A x y
2
2
,
B x
y
2
2
8
x
my
y
x
2
8
16
0
y
my
2
Δ
64
64
0
m
1
2
8
y
y
m
1
2
16
y y
2
1
2
1
2
1
2
1
1
2
2
4
2
2
AOB
AOF
BOF
S
S
S
y
y
y
y
y y
2
2
64
64
8
1
8 5
m
m
2
m
AB
2
2
x
y
2
2
0
x
y
3,0
A
1
y
x
2
:
2
(
0)
C y
px p
(1)求抛物线C 的标准方程；
(2)直线AF 与抛物线的另一个交点为B，直线
与直线AB 交于点P（异于A、B），与
抛物线交于点D，连接DF 并延长，交抛物线于点E，直线PE 与x 轴相交于点G，直线l 与直线BE
相交于点Q，线段BD 的中点为M，线段QF 的中点为N．
（ⅰ）求证：G、M、N 三点共线；
（ⅱ）设
的面积为
，
的面积为
，若
，求k 的取值范围．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）根据点关于直线对称的特点列方程组求出
，再代入抛物线方程即可求解；
（2）（ⅰ）由（1）可得
，
，进而求出
的坐标，再利用向量数乘关
系求证即可；
（ⅱ）结合（ⅰ）表示出
，
，再根据
解不等式即可求解.
【详解】（1）因为点A 与
关于直线
对称，设
，
所以
，解得
，即
，又点A 在抛物线
上，所以
，即
，则抛物线C 的标准方程为
.
:
(
0)
l y
kx k
QGM
!
1S
OMF
2
S
1
2
2
S
S
2
4
y
x
0,2
2,2 5
1,2
A
10
F
,
1, 2
B
,
,
,
,
,
D E Q N M G
1S
2
S
1
2
2
S
S
3,0
A
1
y
x
0
0
,
A x
y
0
0
0
0
0
1
3
0
3
1
2
2
y
x
y
x
0
0
1
2
x
y
1,2
A
2
:
2
(
0)
C y
px p
4
2p
2
p
2
4
y
x
（2）（ⅰ）由（1）知，抛物线C 的标准方程为
，则
，
，
联立
，解得
或
，即
，则
，
所以直线
的方程为
，联立
，得
，
则
，则
，故
，则
，
所以直线
的方程为
，联立
，解得
，
即
，因为线段QF 的中点为N，所以
，即
，又线段BD 的中点为M，则
，即
，
而
，则
，所以直线
的方程为
，
令
，得
，即
，则
，
，
所以
，因此
，又
有公共点，则G、M、N 三点共线.
2
4
y
x
10
F
,
1, 2
B
2
4
y
kx
y
x
0
0
x
y
2
4
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x
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y
k
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,
D k
k
2
2
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1
DF
k
k
k
k
k
DF
2
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k
y
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2
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1
4
4
k
y
x
k
y
x
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0
k
y
y
k
4
D
E
y y
4
E
D
y
k
y
2
,
4
k
E
k
2
2
4
2
1
4
BE
k
k
k
k
BE
4
1
2
2
y
x
k
4
1
2
2
y
x
k
y
kx
2
2
2
2
2
4
2
2
4
k
x
k
k
k
y
k
k
2
2
2
2
2
,
2
4
2
4
k
k
Q k
k
k
k
2
2
2
2
2
1
2
4
2
4
,
2
2
k
k
k
k
k
k
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2
2
2
4
,
2
4
2
2
4
k
k
N
k
k
k
k
2
4
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1
2
,
2
2
k
k
M
2
2
4
2
,
2
k
k
M
k
k
1,
P
k
2
2
2
1
1
4
4
PE
k
k
k
k
k
k
PE
2
2
1
1
4
k
y
x
k
k
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y
2
4
8
k
x
2
4 ,0
8
k
G
2
2
4
2
2
4
4 2
16
2
,
,
2
8
8
k
k
k
k
k
GM
k
k
k
k
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
4
2
4
4 ,
,
8
2
4
2
4
2
2
4
8
2
4
k
k
k
k
k
k
k
GN
k
k
k
k
k
k
k
k
2
3
2
2
4
k
k
k
GM
GN
k
//
GM GN
,
GM GN
圆锥曲线中的动点轨迹问题
考点5
（ⅱ）由题意，
，设
，
由（ⅰ）知，
，
而
由
，得
，
则
，
即
，
则
，即
，则
，又
，
则
，因为直线不经过点
，故
，所以k 的取值范围为
.
1．（2026·广东揭阳·二模）若点
关于动直线l：
的对称
点为N，则点N 的轨迹为（ ）
A．圆的一部分
B．椭圆的一部分
C．双曲线的一部分
D．抛物线的一部分
【答案】A
【分析】先求出直线l 过定点
，再利用对称性得
，最后根据圆的定义即可
判断.
2
1
1
2
2
1
2
2
2
M
k
k
S
OF
y
k
k
1
1
2
2
3
3
,
,
,
,
,
Q x y
M x
y
G x
y
2
2
2
1
1
2
2
3
3
2
2
2
2
2
4
2
4
,
,
,
,
,
0
2
4
2
4
2
8
k
k
k
k
k
x
y
x
y
x
y
k
k
k
k
k
k
2
2
1
1
1
sin
,
2
2
S
QM QG
QM QG
QM QG
QM QG
2
2
2
2
2
2
1
2
1
3
1
3
1
2
1
3
1
2
1
3
1
1
2
x
x
y
y
x
x
y
y
x
x
x
x
y
y
y
y
2
1
3
1
3
1
2
1
1
2 x
x
y
y
x
x
y
y
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
4
2
2
4
2
2
2
0
2
2
2
4
2
4
8
2
4
2
4
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
1
2
2
S
S
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
4
2
2
4
2
2
2
2
0
2
2
2
2
4
2
4
8
2
4
2
4
2
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
2
2
2
2
2
2
2
4
2
2
4
2 2
4
4
2
2
4
8
2
4
8
2
4
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
2
2
2
2
2
4
2
4
2
4
16
16
2
4
k
k
k
k
k
k
k
k
k
3
2
8
2
16
2
4
k
k
k
k
2
2
16
k
k
2
4
16
k
0
k
0
2 5
k
l
A
2
k
0,2
2,2 5
0,1
M
3
4
2
2
2
0
x
y
x
y
R
2,2
B
5
MB
NB
【详解】由直线l：
，令
，解得
，则直线l（不
包含直线
）过定点
，由对称性可知，
，即点N 到定
点
的距离为
，又直线l 不包含直线
，所以点
关于直线
的对称点
不在点N 的轨迹中，则N 的轨迹是以
为圆心，
为半径的圆（去掉点
），因此，
点N 的轨迹为圆的一部分.
2．（2026·上海崇明·二模）已知
，
，
，
，其中
，点
P 为平面内一点，记点
到，
的距离分别为
，
，则下列条件中能使点
的轨迹为椭圆的是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据椭圆的定义可判断A 的真假；求
点的轨迹方程，判断BCD 的真假.
【详解】对于A，因为
，所以
点轨迹为线段
，故A 错误；
对于B，设
，则由
，所以
点轨迹为圆，故B
错误；对于C，由
，
因为
，方程可化为
，所以
点轨迹为椭圆，故C 正确；
对于D，由
，
3
4
2
2
2
0
x
y
x
y
3
4
2
0
2
2
0
x
y
x
y
2
2
x
y
2
2
0
x
y
2,2
B
4 1
5
MB
NB
2,2
B
5
2
2
0
x
y
0,1
M
2
2
0
x
y
Q
B
5
Q
,0
A
a
,0
B a
1 :
0
l
ax
y
2 :
0
l
ax
y
1
a
P
1l
2l
1d
2
d
P
2
PA
PB
a
2
2
2
|
|
4
PA
PB
a
2
2
2
1
2
4
d
d
a
1
2
4
d
d
a
P
2
PA
PB
a
AB
P
AB
,
P x y
2
2
2
2
2
4
x
a
y
x
a
y
a
2
2
2
x
y
a
P
2
2
2
2
2
4
1
1
ax
y
ax
y
a
a
a
2
2
2
2
2
2
1
a x
y
a
a
1
a
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
x
y
a
a
a
P
2
2
4
1
1
ax
y
ax
y
a
a
a
2
4
1
ax
y
ax
y
a a
①当
且
，即
时，去绝对值可得
，即
，此时结合约束条件
可知点
的轨迹为垂直于
轴的线段；
②当
且
，即
且
，去绝对值可得
，即
，此时结合约束条件
可知点
的轨迹为垂直于
轴的线段；
③当
且
，即
且
，去绝对值可得
，即
，此时结合约束条件
可知点
的轨迹为垂直于
轴的线段；
④当
且
，即
且
，去绝对值可得
，即
，此时结合约束条件
可知点
的轨迹为垂直于
轴的线段；
综上可知
点轨迹为四条线段，故D 错误.
3．（多选）（2026·安徽滁州·二模）已知两条直线
和
交于点
，
则（ ）
A．直线
必过点
B．点
在圆
上
C．点
到直线
距离最小值为
D．点
的轨迹与圆
有三条公切线
【答案】ABD
【分析】将
代入直线计算可得A；结合两直线位置关系及所过定点计算可得B；利用圆的性
质及点到直线距离公式计算可得C；求出两圆圆心距离及半径之和可得两圆位置关系，即可得D.
【详解】对A：将
代入
，可得
，故直线
必过点
，
0
ax
y
0
ax
y
ax
y
ax
2
4
1
ax
y
ax
y
a a
2
2
1
x
a
2
2
2
1
2
1
a a
y
a a
P
x
0
ax
y
0
ax
y
y
ax
y
ax
2
4
1
ax
y
ax
y
a a
2
2
1
y
a a
2
2
2
1
2
1
a
x
a
P
y
0
ax
y
0
ax
y
y
ax
y
ax
2
4
1
ax
y
ax
y
a a
2
2
1
x
a
2
2
2
1
2
1
a a
y
a a
P
x
0
ax
y
0
ax
y
y
ax
ax
y
2
4
1
ax
y
ax
y
a a
2
2
1
y
a a
2
2
2
1
2
1
a
x
a
P
y
P
2
0
mx
y
4
0
x
my
m
R
M
4
0
x
my
-
+ =
4,0
M
2
2
2
1
5
x
y
M
3
y
x
3 2
M
2
2
3
5
x
y
4,0
4,0
4
0
x
my
-
+ =
4
0
4
0
m
- -
=
�
4
0
x
my
-
+ =
4,0
故A 正确；对B：对
，令
，则
，故过点
，又
，故
与
垂直，结合直线
过点
，可得点
在以
为直径的
圆上，圆心为
，半径
，故点
在圆
上，故B 正确；
对C：由B 知，点
在圆
上，由
斜率存在，故
的轨迹不过点
，故点
的轨迹方程为
，且不过点
，
的轨迹所在圆的圆心为
，半径
，
到直线
距离
，则点
到直线
距离最小值为
，由图可得，此时点
不为
，故C 错误；
对D：圆
的圆心为
，半径
，则
，
，
故圆
与圆
相外切，即有三条公切线，故D 正确.
4．（多选）（2025·浙江·二模）已知曲线
上的动点
到点
的距离与其到直线
的距离相等，则（ ）
A．曲线
的轨迹方程为
B．已知点
，若
为曲线
上的动点，则
的最小值为4
2
0
mx
y
0
x
2
y
0,2
A
1
1
0
m
m
2
0
mx
y
4
0
x
my
-
+ =
4
0
x
my
-
+ =
4,0
B
M
AB
2,1
C
2
2
4
2
5
2
r
M
2
2
2
1
5
x
y
M
2
2
2
1
5
x
y
2
0
mx
y
M
0,0
M
2
2
2
1
5
x
y
0,0
M
2,1
C
5
r
2,1
C
3
y
x
2
2
2 1 1
1
3
3 2
1
1
d
M
3
y
x
3 2
5
M
0,0
2
2
3
5
x
y
0, 3
D
2
5
r
2
2
2
4
2 5
CD
1
2
2 5
r
r
2
2
2
1
5
x
y
2
2
3
5
x
y
C
,
P x y
10
F
,
1
x
C
2
4
y
x
3,2
T
M
C
MT
MF
C．过点
恰有2 条直线与曲线
有且只有一个公共点
D．圆
与曲线
交于
，
两点，与直线
交于
，
两点，则
，
，
，
四点围成的四边形的面积为8
【答案】ABD
【分析】根据给定条件，利用抛物线定义求出曲线
的轨迹方程可判断A；根据圆与曲线及直线的
交点可判断D；根据抛物线的定义结合条件可判断B；根据直线与抛物线的交点个数结合条件可判
断C.
【详解】对于A，曲线
上的动点
到点
的距离与其到直线
的距离相等，所以
曲线
是以
为焦点，直线
为准线的抛物线，且
，所以抛物线方程为
，故
A 正确； 对于D，直线
交圆
于点
，而
，
四边形
是矩形，面积为
，故D 正确；对于B，显然
共线，
垂直于直线
，
令点
到直线
的距离为
，则
，所以
，当且仅当
与
点
重合时取等号，因此
的最小值为
，故B 正确；对于C，过点
与曲线仅有一个公共点的直线方程为
，由
，消去
得
，
当
时，直线
与抛物线仅有一个公共点，当
时，
，解得
，
1,0
N
C
2
2
5
x
y
C
A
B
1
x
E
G
A
B
G
E
C
C
,
P x y
1,0
F
1
x
C
1,0
F
1
x
2
p
2
4
y
x
1
x
2
2
5
x
y
( 1,2),
( 1, 2)
E
G
(1,2),
(1, 2)
A
B
AEBG
2 4
8
, ,
T A E
TE
1
x
M
1
x
d
|
|
MF
d
MT
MF
MT
d
TE
M
A
MT
MF
|
| 3 1
4
TE
1,0
N
(
1)
y
k x
2
4
(
1)
y
x
y
k x
x
2
4
4
0
ky
y
k
0
k
0
y
0
k
2
Δ
4
4
4
0
k
k
1
k
显然直线
与抛物线仅有一个公共点，因此过点
与曲线
有且只有一个公
共点的直线有3 条，故C 错误.
5．（多选）（2026·江苏·二模）在平面直角坐标系
中，已知
是双曲线
上任意一
点，射线
上的点
满足
. 记
的轨迹为
，则下列说法正确的有（ ）
A．
关于
轴､
轴原点
､
都对称
B．
上的点到原点
的距离的最大值为1
C．存在
，使得
到点
和点
的距离之差大于2
D．任意
【答案】ABD
【分析】根据
在射线
上且
得到
和
的坐标之间的关系，再利用
点坐标满足
双曲线方程得到
的轨迹方程，对于A，由方程特点即可判断，对于B，根据
范围即可知
范围，对于C，把
放在某条双曲线上，结合
的坐标范围即可判断错误，对于D，利用
进行代换即可得
的范围.
【详解】设
，因为
且
，所以
，
又
在射线
上，所以存在
使得
，即
，又根据
可得
，即
，代入
点坐标得
，再把
点坐标代入
1,
1
y
x
y
x
1,0
N
C
xOy
P
2
2
:
1
E x
y
OP
0
0
,
Q x
y
1
OP OQ
Q
Ω
Ω
x
y
O
Ω
O
Ω
Q
Q
2,0
2,0
0
2
Ω,
4
Q
y
Q
OP
1
OP OQ
Q
P
P
Q
OP
OQ
Q
Q
2
2
0
0
u
x
y
0y
0
0
,
,
,
P x y
Q x
y
1
OP OQ
2
2
2
2
1
1
OP
x
y
y
0
1
OQ
Q
OP
0
t
OP
tOQ
0
0
,
x
tx
y
ty
1
OP OQ
·
1
t OQ OQ
2
2
2
0
0
1
1
t
x
y
OQ
P
0
0
2
2
2
2
0
0
0
0
,
x
y
x
y
x
y
x
y
P
双曲线
方程有
，整理得
的轨迹
的方程为
且
，对于A，无论是把
替换为
，还是把
替换为
，或者同时替换，
的方程及限制条件都不变，所以
关于
轴､
轴原点
､
都对称，A 正确；对于B，由前述分析
可知
，当
即
点坐标为
时，
取得最大值，B 正确；对于C，若
到点
和点
的距离之差大于
，则
在以点
和点
为焦点且半实轴
的双
曲线上，
该双曲线上的点显然满足
，而由
可知
，
所以
到点
和点
的距离之差不可能大于
，C 错误；对于D，设
，则由
的方程可得
且
，所以
，即
，D 正
确.
6．（多选）（2026·安徽合肥·二模）已知
：
，
为
上的任意一点，点
，线段
的垂直平分线与直线
相交于点
，点
的轨迹与
轴交于
，
两点，则
（ ）
A．点
的轨迹方程为
E
2
2
0
0
2
2
2
2
0
0
0
0
1
x
y
x
y
x
y
Q
Ω
2
2
2
2
2
0
0
0
0
x
y
x
y
2
2
0
0
0
1
x
y
x
x
y
y
Ω
Ω
x
y
O
1
OQ
1
OP
P
1,0
OQ
1
Q
2,0
2,0
2
Q
2,0
2,0
1
a
1
x
2
2
0
0
0
1
x
y
0
1
x
Q
2,0
2,0
2
2
2
0
0
u
x
y
Ω
2
2
2
0
0
u
x
y
0
1
u
2
2
2
0
1
1
1
2
2
2
2
8
u
u
u
u
y
0
1
2
8
4
y
C
2
2
5
64
x
y
P
C
5,0
A
AP
l
CP
Q
Q
x
1A
2
A
Q
2
2
1
16
9
x
y
B．当点
不在
轴上时，直线
与
的斜率之积为
C．当
时，
D．过点
作直线的垂线，垂足为
，则
的最大值为
【答案】ACD
【分析】对A：借助垂直平分线性质可得
，再利用
可得
，
即可由双曲线定义得到点
的轨迹方程；对B：设
，可得
，再表示出
并计算即可得；对C：借助三角形内角和及诱导公式可得
，再
借助B 中所得结合斜率与倾斜角的关系，利用两角和的余弦公式与同角三角函数基本关系计算即可
得；对D：取点
关于对称点
，可得
的轨迹方程，则可得
中点
的轨迹方程，再利用
三角换元法及辅助角公式计算即可得解.
【详解】又
：
，则
，半径
，由为线段
的垂直平分线，故
，又
为
上的任意一点，故
，由
，则
，
则
或
，则
，故点
的轨迹为以
、
为焦点，
的
双曲线，由
、
，故
，则
，即点
的轨迹方程为
，故A 正确；对B：设
在
左侧，由点
的轨迹方程为
，故
、
，设
，则有
，故
，则
Q
x
1
QA
2
QA
16
9
1
2
1
cos
4
AQA
1
2
2
1
9
sin
sin
100
QA A
QA A
C
l
0
0
,
M x
y
0
0
2
x
y
4 5
QP
QA
10
QP
CQ
8
QA
QC
Q
1
1
,
Q x y
2
2
1
1
9
1
16
x
y
1
2
QA
QA
k
k
1
2
2
1
1
cos
4
QA A
QA A
C
l
C
C
CC
M
C
2
2
5
64
x
y
5,0
C
8
r
l
AP
QP
QA
P
C
8
PC
10
AC
10
QP
CQ
AQ
CQ
8
CQ
QP
8
QP
CQ
8
QA
QC
Q
A
C
2
8
a
5,0
C
5,0
A
5
c
2
2
2
25 16
9
b
c
a
Q
2
2
1
16
9
x
y
1A
2
A
Q
2
2
1
16
9
x
y
1
4,0
A
2 4,0
A
1
1
,
Q x y
2
2
1
1
1
16
9
x
y
2
2
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16
x
y
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16
9
4
4
16
16
16
QA
QA
x
y
y
y
k
k
x
x
x
x
，故B 错误；
对C：由
，故
，
则
，
即
，由B 知
，又
，
，
故
，即
，
则
，
即
，故C 正确；
对D：取点
关于对称点
，则
，故点
的轨迹方程为
，
由
在上且
，则
为
中点，则有
，
，故
，
，即有
，化简得
，故可设
，
，
，则
，其中
，即
的最大值
为
，故D 正确.
1
2
2
1
2
1
1
1
2
2
1
1
1
1
9
1
16
9
4
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16
16
16
QA
QA
x
y
y
y
k
k
x
x
x
x
1
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π
AQA
QA A
QA A
1
2
2
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1
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π
QA A
QA A
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1
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cos
cos π
cos
4
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AQA
AQA
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cos
cos
sin
sin
4
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1
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QA
QA
k
k
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k
QA
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1
2
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tan π
tan
QA
k
QA A
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tan
tan
16
QA A
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1
2
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1
1
2
2
1
1
cos
cos
sin
6
sin
9
QA A
QA A
QA A
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si
1
sin
sin
sin
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n
9
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QA A
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25
0
QA A
QA A
C
l
C
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0
,
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y
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y
2
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x
y
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x
0
4sin
y
0,2π
0
0
2
4cos
8sin
4 5 sin
4 5
x
y
1
tan
2
0
0
2
x
y
4 5
7．（2026·陕西咸阳·二模）已知抛物线
的准线方程为
，
，
是
上不
同于原点
的两点，
，
，垂足为
．若
的轨迹为曲线
，曲线
上到直线
的距离为1 的点有且仅有3 个，则实数的取值集合为______．
【答案】
【分析】设直线
的方程为
，与抛物线方程联立，韦达定理，利用向量垂直的坐
标运算求得直线
恒过点
，然后利用
求得点
的轨迹是以
为直径的圆（不
含点
），最后利用圆心到直线的距离列式求解即可.
【详解】
的方程为
，设直线
的方程为
，
的方程与
的方程联立，消去
得
，设
，
则
时，
，由
得
，又
，
所以
，直线
的方程为
，所以直线
恒过点
．因为
，所以点
的轨迹是以
为直径的圆（不含点
），方程为
，因为
上到直线
的距离为1 的点有且仅有3 个，
所以
到直线
的距离为1，所以
，解得
或
；
又直线
过圆心
时，此时
，
，
2
:
2
0
C y
px p
1
x
A
B
C
O
OA
OB
OD
AB
D
D
E
E
3
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x
y
c
c
4, 2,0
AB
0
x
ty
b b
AB
4,0
M
OD
AB
D
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O
C
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y
x
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0
x
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b b
AB
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y
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b
1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
2
Δ
16
16
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t
b
2
2
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4 ,
16
y y
y y
b x x
b
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1
2
1
2
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x x
y y
0
b
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AB
4
x
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AB
4,0
M
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AB
D
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O
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2
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x
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x
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x
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2,0
3
0
x
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1
2
c
0
c
4
c
3
0
x
y
c
2,0
2
c
3
2
0
x
y
点
到直线
的距离为
，此时圆上有含
的四点到直线距离为1，由曲线
不过点
可知，
符合题意．故的取值集合为
．
8．（2026·四川雅安·二模）已知点
，
，动点
满足
，记动点
的轨迹为
曲线
，点
在抛物线
：
上运动，过点
作曲线
的切线，切点分别为
，
，则
的最小值为______．
【答案】
【分析】根据题意，求得曲线
的方程，得出
，结合两点间距离公
式和函数的性质，即可求得
的最小值，得到答案.
【详解】设
，已知
，
，则
，整理得
，所以点
的轨迹是以点
为圆心，2 为半径的圆，所以
.
如图所示：设
，连接
，
，根据题意可知
,
,
O
3
2
0
x
y
2
1
1 3
O
E
O
2
c
c
4, 2,0
1,3
A
4,3
B
P
1
2
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PB
P
Γ
Q
C
2
8
x
y
Q
Γ
M
N
MN
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4
##
5
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QM MT
MN
QT
QT
MN
,
P x y
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A
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B
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2
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x
y
PA
PB
x
y
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2
3
4
x
y
P
0,3
2
2
Γ :
3
4
x
y
0,3
T
MT
NT
QM
MT
QN
NT
且
，
,连接
，可得四边形
的面积为直角
面积的2 倍，且
，所以
,可得
,
设
，则
，
当
，即
与坐标原点重合时，
取得最小值3，故
的最小值为
.
9．（2026·辽宁辽阳·二模）已知动点
满足到
的距离比到直线l：
的距离少1，动点
形成的轨迹称为曲线
．
(1)求点P 的轨迹方程；
(2)已知曲线
上的两点
、
满足
，且
的面积为
，求直线
的方程．
【答案】(1)
；
(2)
或
.
【分析】（1）点
到点
的距离与到
的距离相等，根据抛物线定义得到方程；
（2）先设
，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，表达出
，并求
出
，表达出
的方程，得到
过定点
，表达出
计算求解直线；
【详解】（1）由动点
满足到
的距离比到直线l：
的距离少1，可知点
到点
的距离与到
的距离相等，所以曲线
是以
为焦点，直线
为准线的抛物线，
故轨迹方程为
.
（2）设
，由题可知
斜率不为0，设
，
2
MT
NT
QM
QN
QT
MQNT
QMT
△
QT
MN
1
1
2
2
2
QT MN
QM MT
2
2
4
4
2
4
4 1
QT
QM MT
MN
QT
QT
QT
2
, 8
t
Q t
2
2
4
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2
3
9
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4
t
t
t
QT
t
0
t
Q
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MN
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3
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2
0
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C
A
B
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AB
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4
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x
5
x
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x
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= 1
x
:
AB x
my
t
5
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5
t
AB
AB
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G
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S△
P
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F
2
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x
P
1,0
F
= 1
x
C
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F
= 1
x
2
4
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x
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2
1
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1
2
,
,
,
4
4
y
y
A
y
B
y
AB
:
AB x
my
t
联立曲线方程并消去
可得
，
显然
，因为
，
所以
，
所以
或
，当
时，
过定点
，所以
，
，
所以
，所以
；当
时，
过定点
，所以
，
，所以
，
所以
；综上，直线
的方程为
或
.
10．（2026·福建漳州·二模）
的顶点
，
，且
的周长为6，记点
的轨迹
为
．
(1)求
的方程；
(2)过点
的动直线与
交于点
，证明：
恒为钝角；
(3)若
的内角
满足
，求
的值．
【答案】(1)
x
2
2
4
4
0
4
x
my
t
y
my
t
y
x
2
1
2
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2
Δ
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4 ,
4
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y
y
m y y
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y
y
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y
y
y y
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t
5
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y
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y
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t
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y
y
m y y
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2
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y
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y
y
y y
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m
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m
:
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AB x
y
AB
5
x
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y
ABC
V
1,0
A
1,0
B
ABC
V
C
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B
l
,
M N
MON
ABC
V
, ,
A B C
2
A
B
C
sin 2
C
2
2
1
0
4
3
x
y
y
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用椭圆的定义可得答案；
（2）设过
的直线，与椭圆联立，利用韦达定理求得
，计算
，对斜率不存在情况验证亦成立，故
恒为钝角；
（3）利用正弦定理及
得
，利用和差化积得
，
化简得
，代入
，解方程可得答案.
【详解】（1）已知
的周长为6，所以
>
，
点
的轨迹是以
为焦点的椭圆，（除去
所在直线上的点，因为三点不共线才能构成三角
形）.
焦距
，长轴长
，由
，
故
的方程为
；
（2）当直线的斜率不存在时，直线方程为
，
代入椭圆：
，此时
、
，
则
；
当直线斜率存在时，设其斜率为
，
则直线方程为：
，代入椭圆
，得
，
整理得
，设
、
，则
所以
3
1
2
1,0
B
l
1
2
1
2
,
x x
y y
2
1
2
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2
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2sin
A
B
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cos
2sin
2
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cos
1 2sin 2
C
C
ABC
V
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AB
CA
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C
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A B
,
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x
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1
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y
y
y
y
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M
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2
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2
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2
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k
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2
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k
x
k x
k
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M x y
2
2
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k
k
x
x
x x
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k
2
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1
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1
2
1
2
1
2
1
1
1 .
y y
k
x
x
k
x x
x
x
代入得
.
；
综上：
，对任意动直线恒成立，故
恒为钝角；
（3）联立
，得：
，
由于
为三角形的内角，所以
，所以
，
由正弦定理：
，所以：
，
由第（1）问，
，得：
，
由和差化积
，
代入得：
，
即：
，所以：
即
，
令
，则
.解得
，因为
，
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
2
2
2
2
4
12
8
3
4
4
12
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1
3
4
3
4
3
4
3
4
k
k
k
k
k
k
y y
k
k
k
k
k
k
2
2
2
2
1
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2
2
2
2
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k
k
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sin
sin
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2sin
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sin
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2sin
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2
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A
B
A
B
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cos
2sin
cos
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cos
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2
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2
sin
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sin
sin
A
B
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C
C
C
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C
C
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cos
cos
cos
cos
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1
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sin
2sin
cos
2sin
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2
C
C
C
C
C
C
C
C
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cos
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C
C
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1 2sin
2sin
2
2
C
C
sin 2
C
t
2
2
1
2
2
2
2
1
0
t
t
t
t
1
3
2
t
π
0, 3
C
所以
，所以
.故
.
11．（2026·江苏镇江·二模）已知双曲线
与直线
有唯一公共点M，过点M
且与l 垂直的直线分别交x 轴、y 轴于
、
两点．
(1)如果
，求实数k 的取值集合；
(2)如果
，当点M 在运动时，
①求出点
的轨迹方程；
②求
的最大值并求出对应的s 的值．
【答案】(1)
(2)①
②
；
【分析】（1）根据题意，联立方程组讨论
和
，利用
解出
的取值集合；
（2）①首先联立双曲线与直线方程，利用唯一公共点的条件得到
与点
坐标的关系，根据过
且与垂直的直线方程可由垂直直线斜率关系得出，将
坐标代入该直线方程，得到
与
坐标的关系，再通过消去
的坐标，推导出
的轨迹方程；
②由①得到的轨迹方程，将
转化为单变量函数，利用基本不等式最大值，同时确定对应
的值.
【详解】（1）当
，直线方程
，联立双曲线
与直线
，代
入整理得
，由题知直线与双曲线有唯一公共点，
故当
时，即
，此时直线与双曲线渐近线平行，仅有一个交点，符合条件；
sin
0
2
C
t
3
1
2
t
2
s n
1
2
3
i
t
C
2
2
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kx
m
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S s
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T
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0,
0
s
t
s
t
1
100
5 2
s
2
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4
0
k
0
k
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M
M
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,
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,s t
M
,
,
k m M
,
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2
2
1
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t
s
2
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2
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kx
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2
:
1
4
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:
2
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kx
2
2
(4
)
4
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0
k
x
kx
2
4
0
k
2
k
当
时，
，解得
，
故实数k 的取值集合为
.
（2）①联立
与得：
，由唯一公共点且
，得
，化简得
，设切点
，由二次方程顶点公式得
，
故过
且与垂直的直线方程为
，分别令
，
，
得
， 将
和
代入
，
整理得
， 即为
的轨迹方程.
②由①知
的轨迹方程
，故
，
令
，
，原式
当
时原式小于0，故最大值仅在
时取得，
当
时化简得
，由基本不等式
，
当且仅当
时取等，因此
，此时
，
得
，即
，代入
得
，即
，因此最大值为
，对应
.
12．（2026·山西运城·二模）在平面直角坐标系
中，设抛物线
的焦点为
，点
2
4
0
k
2
2
2
4
4 4
8
128 16
0
k
k
k
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k
2 2, 2,2,2 2
C
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2
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0
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m
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)
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4
m
km
y
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k
k
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y
0
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k
k
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0
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v
v
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0
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v
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2500
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v
v
v
50
v
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1
16
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5 2
s
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2
:
2
C x
py
F
1,1
A
2,4
B
OB
OA
OF
，
，且向量
与
共线．
(1)求
的方程．
(2)已知动直线与
交于
两个不同的点．
（ⅰ）若过点
且斜率小于0，证明：以
为直径的圆被
轴截得的弦长大于
．
（ⅱ）若不经过点
，且
平分
，求
的外接圆圆心的轨迹方程．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）利用向量的坐标表示，结合向量共线的条件即
，求出
，进而得到抛
物线的方程；
（2）（ⅰ）设直线方程与抛物线方程联立，用韦达定理表示出
的横坐标和与积，即
和
，表示出半径
，得出以
为直径圆的弦长公式
，结合
的条件进行判
断；
（ⅱ）利用角平分线的性质，结合三角形外接圆的圆心为各边垂直平分线的交点的性质，
分别求出
，
，
的直线方程，联立垂直平分线方程，得到圆心坐标的参数式，
消除参数即可得到圆心的轨迹方程，需注意排除原点.
【详解】（1）解：（1）由题意知
，则
，因为向量
与
共
线，所以
，解得
，故
的方程为
．
（2）（ⅰ）证明：设的方程为
，代入
，得
，
．设
，
，则
，
，
1,1
A
2,4
B
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2
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1
2
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k
1
2
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4
x x
k
则
．设以
为直径的圆为圆
，且圆心
的坐标为
，则
，则圆心
到
轴的距离
，
所以圆
被
轴截得的弦长为
，
因为
，所以
，则
，即以
为直径的圆被
轴截得的弦长大于4．
（ⅱ）因为
平分
，所以直线
与
关于直线
对称，又直线
的方程为
，且
点
关于直线
对称的点为
，所以
，即
．
将
，
代入
，得
，因为
，所以
．
当直线的斜率不存在时，
，此时
，
重合，这显然不符合题意，
则直线的斜率存在．设的方程为
，代入
，
得
，则
，
，解得
．
由
，得
或
，由
平分
，
，
都在
上，得
均位于第一象限，则
．设
外接圆的圆心为
，线段
的中点坐标为
，则
，所以线段
的垂直平分线的方程为
，整理得
2
2
2
2
1
2
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1
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k
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4
m
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16
16
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x
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x
x
2
1
1
4
2
8
x
y
x
x
①．
同理可得线段
的垂直平分线的方程为
②．由
，及①②可得
．
因为
，所以线段
的垂直平分线的方程为
，将
代入上式得
．
因为
，所以
，故
的外接圆圆心的轨迹方程为
．
13．（2026·云南保山·二模）已知动圆
过定点
，且在
轴上截得的弦长为8，设动圆圆心
的轨迹为
.
(1)求
的方程；
(2)已知点
，过点
的直线与
交于
，
两点，在
轴上是否存在点
，使得
为等
边三角形？若存在，求出相应直线的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）设
点坐标
，根据
，由
轴上截得的弦长为8 及勾股定理构建方程，化
简得到
的方程．
（2）首先考虑直线垂直
轴的情况，显然存在
使得
为等边三角形．对于直线不与
轴
垂直，设直线方程，与曲线
联立．设
中点为
，根据韦达定理求出
点坐标，根据
，求出
点，进而求出
．根据抛物线定义及韦达定理求出焦点弦
弦长．最后根据
建立方程，解出直线参数．
【详解】（1）设动圆圆心
，半径为，动圆过定点
，
，
2
1
1
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y
x
x
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k
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又
圆在
轴上截得的弦长为8，所以
，联立两式消去得
，
动圆圆心
的轨迹
的方程为
．
（2）
由题
，设直线
，
，
，联立
，
，
，
中点为
，假设
满足条件，
，
且
为等边三角形，
，且
．
①若
，则直线
，
，
，
，
存在
，
构成等边三角形；
②若
，由题意得
，
，
，
又
且
，
，
，无解，
综上，存在点
，
，使得
为等边三角形，此时直线l 的方程为
．
14．（25-26 高二下·湖北·月考）已知点
，圆
，P 为圆上的一个动点，线
段PD 的中垂线与PC 交于点Q，当点P 在圆上运动时，记点Q 的轨迹为曲线
．
(1)求
的方程；
y
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N
ABN
2
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(1,0)
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2
2
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16
C
x
y
(2)若过定点
且斜率存在的直线l 与曲线
交于A，B 两点，试探究：
①在y 轴上是否存在定点M，使得直线MA，MB 的斜率之积为定值？若存在，求出点M 的坐标；
若不存在，请说明理由．
②若N 为平面内一动点，直线NA，NT，NB 斜率的倒数成等差数列，则点N 是否在某定直线上？
若存在，求出该定直线的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)①
时，直线MA，MB 的斜率之积为定值 ；②点N 在定直线
上
【分析】（1）根据已知结合椭圆定义计算得出
进而得出椭圆方程；
（2）①联立直线和椭圆方程，再应用斜率公式计算求解得出定值；
②应用
，代入化简，再分
和
时，分别计算求解.
【详解】（1）由题意可得，
，则
，
故点Q 的轨迹为椭圆，且
，所以
，则曲线
的方程为
；
（2）①设直线l 的方程为
，点
．
联立
，消y 可得
，则
，
所以
，
，
所以
，
整理得
，
(0,1)
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2
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1)
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MA
MB
m
k
m
k
k
则当
，即
时，直线MA，MB 的斜率之积为定值；
②设点
，
由直线NA，NT，NB 斜率的倒数成等差数列，则
，
即
，所以
，
又
，代入可得
．
当
时，则点N 在直线l 上，显然不满足定直线，
当
时，
，又直线NT 的斜率不能为零，则
，
所以
，即
．
由①可得，
，则
．
综上，所以点N 在定直线
上（经检验
合题意）.
15．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）设O 为坐标原点，A，B 分别是直线
和
上的
动点，且
，动点P 满足
，记动点P 的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E 的方程；
2
12
4
0
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3
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y
3
y
0
k
3
2
y
x
3
2
y
x
2 3
AB
OP
OA
OB
(2)
，过曲线E 的中心O 作一条直线交曲线E 于P，Q 两点，求
周长的最小值、
面积的最大值；
(3)若点C 是曲线E 上异于顶点的任意一点，若
，
，直线
，
分别交直线
于点N，M.以
为直径的圆是否恒经过x 轴上的某两个定点?若经过，求出这两个定
点的坐标；若不经过，请说明理由.
【答案】(1)
(2)周长最小值为
，面积最大值为
(3)经过，这两个定点的坐标为
，
【分析】（1）设
，
，
，借助
可得
、
与
、
的关系，再利用
可得
、
间关系，从而可得
、
间关系，即可得动点P 的轨迹方
程；
（2）借助椭圆定义及椭圆对称性可得
的周长等于
，则
最小时，周长最小；
，则
最大时，面积最大；
（3）设
，再表示出直线
、
的方程后可表示
、
坐标，即可得
为直径的圆的
方程，令该圆方程中
，可解出该圆与x 轴交点横坐标，即可得解.
【详解】（1）设
，
，
，∵
，∴
7,0
T
PTQ
PTQ
4,0
H
4,0
G
CG
CH
0
16 7
7
x
NM
2
2
1
16
9
x
y
14
3 7
7,0
25 7 ,0
7
,
P x y
1
1
3
, 2
A x
x
2
2
3
,
2
B x
x
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OA
OB
x
y
1
x
2x
2 3
AB
1
x
2x
x
y
PTQ
8
2 PO
OP
7
PTQ
POT
QOT
p
S
S
S
y
p
y
,
C m n
CG
CH
N
M
NM
0
y
,
P x y
1
1
3
, 2
A x
x
2
2
3
,
2
B x
x
2 3
AB
2
2
2
1
2
1
3
12
4
x
x
x
x
OP
OA
OB
1
2
x
x
x
1
2
3
2
y
x
x
，∵
，∴
，
，
则有
，整理得
，故曲线E 的方程为
；
（2）
为曲线E 的右焦点，则其左焦点
，根据椭圆的对称性，
的周长为
，
故当
最小时，周长最小，因此当
轴时周长最小，
此时
，故
的周长最小值为
；
而
，
故当
最大时，面积最大，因此当
轴时面积最大，
此时
，故
面积的最大值为
.
（3）设
，∴
，∴
，
直线
、
的方程分别为
，
，
故
，
，
以
为直径的圆的方程为
，
令
，得
，即
，解得
或
2
2
2
1
2
1
3
12
4
x
x
x
x
OP
OA
OB
1
2
x
x
x
1
2
3
2
y
x
x
2
2
2
3
12
4
3
y
x
2
2
1
16
9
x
y
2
2
1
16
9
x
y
7,0
T
7,0
T
PTQ
2
8
2
PT
PQ
TQ
T Q
PQ
TQ
a
PQ
PO
OP
OP
x
3
OP
b
PTQ
8
2 3
14
1
2
7
2
PTQ
POT
QOT
p
p
S
S
S
OT
y
y
p
y
OP
x
3
P
y
b
PTQ
3 7
,
C m n
2
2
1
16
9
m
n
2
2
9
16
16
n
m
CG
CH
(
4)
4
n
y
x
m
(
4)
4
n
y
x
m
0
0
,
4
4
n
N x
x
m
0
0
,
4
4
n
M
x
x
m
NM
2
0
0
M
N
x
x
y
y
y
y
0
y
2
0
0
M
N
x
x
y y
2
2
2
0
2
16 7
81
16
7
16
7
n
x
x
m
7
x
25 7
7
x
，
故以
为直径的圆恒经过x 轴上的两个定点
，
.
16．（2026·安徽阜阳·二模）在平面直角坐标系
中，已知点
，
，点P 满足
.记点P 的轨迹为曲线C.
(1)求C 的方程；
(2)过C 外一点
作C 的两条切线，且这两条切线互相垂直.
（i）求m，n 的关系式；
（ii）若
且
，M 为C 上一点，求
的取值范围.
【答案】(1)
(2)（i）
;（ii）
【分析】（1）根据椭圆的性质求出
的值即可；
（2）（i）由两条切线互相垂直，则
，结合韦达定理计算即可；
（ii）根据椭圆的几何意义转化为求
的范围求解即可.
【详解】（1）因为
，所以曲线C 是分别以
，
为左、右焦点的椭
25 7
7
x
NM
7,0
25 7 ,0
7
xOy
1( 2,0)
F
2(2,0)
F
1
2
4 2
PF
PF
( , )
Q m n
0
n
2
n
m
1
|
|
MQ
MF
2
2
1
8
4
x
y
2
2
12
m
n
[2 6,6 2]
, ,
a b c
1
2
1
k k
2
4 2
MQ
MF
1
2
1
2
4 2
4
PF
PF
F F
1F
2
F
圆.设椭圆C 的方程为
，半焦距为c，
则
，
，得
，
，所以C 的方程为
.
（2）（i）当过
的椭圆C 的切线斜率存在时，易知斜率不为0，设切线方程为
，代入椭圆C 的方程，得
，
因此
，
即
，则两条切线的斜率即该关于k 的方程的根.
由于两条切线互相垂直，故
，则
，得
.
当过
的椭圆C 的切线中有一条切线的斜率不存在时，另一条切线的斜率为0，
此时点Q 的坐标为
或
或
或
，均满足
.
综上，
.
（ii）若
，则
，所以
，
，则
.连接
，交椭圆C 于点
，当M 与
重合时，
最小，最小值为
.连接
，由椭圆
的定义得
，连接
并延长，交椭圆C 于点
，且
在x 轴下方，
当M 与
重合时，
最大，最大值为
，故
的最大值为
.
综上，
的取值范围为
.
2
2
2
2
1
x
y
a
b
(
0)
a
b
2
4 2
a
2
c
2 2
a
2
2
2
4
b
a
c
2
2
1
8
4
x
y
( , )
Q m n
(
)
y
n
k x
m
(
0)
k
2
2
2
2
1
4 (
)
2 (
)
4
0
k
x
k n
km x
n
km
2
2
2
2
Δ
16
(
)
8 2
1
(
)
4
0
k
n
km
k
n
km
2
2
2
8
2
4
0
m
k
mnk
n
1
2
1
k k
2
2
4
1
8
n
m
2
2
12
m
n
( , )
Q m n
(2 2,2)
( 2 2,2)
(2 2, 2)
( 2 2, 2)
2
2
12
m
n
2
2
12
m
n
2
n
m
2
2
2
12
m
m
2
m
2 2
n
(2,2 2)
Q
1
QF
1
M
1
M
1
MQ
MF
2
2
(2
2)
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2 6
2
MF
1
2
4 2
MQ
MF
MQ
MF
2
QF
2
M
2
M
2
M
2
MQ
MF
2
2 2
QF
1
MQ
MF
6 2
1
MQ
MF
[2 6,6 2]
17．（2026·山西朔州·二模）已知圆
，过点
且不与
轴重合的直线交
圆
于
，
两点，过点
作
的平行线，交直线
于点
.
(1)求点
的轨迹
的方程.
(2)设与
交于
，
两点，
为坐标原点.
（i）若
的面积为
，求的方程；
（ii）求
的外接圆的面积的最小值.
【答案】(1)
(2)（i）
；（ii）
.
【分析】（1）先把圆的方程化为标准方程，确定圆心
和半径；再利用
以及
，
，
三点共线、
，
，
三点共线，得到
．由相似三角形的对应边关系结合
，
推出
，从而得到
为定值，最后根据椭圆的定义写出点
的轨迹方程，并注意排除
直线与
轴重合时对应的情形．
（2）设直线的方程为
，将其与（1）中椭圆方程联立，借助根与系数的关系表示交点
，
的纵坐标和、积．第（i）问用坐标面积公式把
的面积化为关于的式子，再由面积条件
求出，从而得到直线的方程；第（ii）问先用椭圆焦半径公式表示
，
，再用点
到直线
的距离和正弦定理表示
外接圆半径，最后转化为一元函数求最小值．
【详解】（1）
2
2
:
2
15
0
A x
y
x
10
B
,
x
l
A
C
D
B
AC
AD
E
E
Ω
l
Ω
P
Q
O
OPQ
△
12
13
l
APQ
△
S
2
2
1
0
4
3
x
y
y
3
1
0
x
y
625π
256
A
//
BE AC
B
D
C
E
D
A
DBE
DCA
AC
AD
EB
ED
EA
EB
E
l
x
l
1
x
ty
P
Q
OPQ
△
t
t
l
AP
AQ
A
l
APQ
△
圆
的方程化为标准方程得
，所以圆心
，半径
. 由
，且点
在直线
上，点
在直线
上，所以
. 又
，由相似三角形的对应
边关系可得
.所以
，符合椭圆的定义，
故点
在以
，
为焦点的椭圆上，且
，
，所以
的方程为
.
（2）设
，
，
.
（i）联立与
的方程，得
消去
可得
，
则
，
.
，
令
，解得
或
（舍去），故
，故的方程为
.
（ii）易知
，
，
所以
，同理可得
. 易知点
到的距离为
，
所以
. 设
的外接圆的半径为
，
由正弦定理，有
，
A
2
2
1
16
x
y
1,0
A
4
r
//
BE AC
E
AD
B
CD
DBE
DCA
4
AC
AD
∣
∣∣
∣
EB
ED
∣
∣∣
∣
4
2
EB
EA
ED
EA
DA
E
A
B
2
a
3
b
Ω
2
2
1
0
4
3
x
y
y
:
1
l x
ty
1
1
,
P x y
2
2
,
Q x
y
l
Ω
2
2
1,
4
3
1,
x
y
x
ty
x
2
2
3
4
6
9
0
t
y
ty
1
2
2
6
3
4
t
y
y
t
1
2
2
9
3
4
y y
t
2
2
1
2
1
2
1
2
2
4
1
6
1
1
2
2
3
4
OPQ
y
y
y y
t
S
y
y
t
2
2
6
1
12
3
4
13
t
t
2
3
t
2
35
36
t
3
t
l
3
1
0
x
y
1
2
2
x
2
2
2
x
1
1
1
1
5
2
2
2
2
t
AP
a
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x
y
2
5
2
2
t
AQ
y
A
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2
2
1
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1
1
sin
2
2
APQ
S
PQ d
AP
AQ
PAQ
APQ
△
R
2
2
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1
2
2
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25
1
5
5
2
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2
2
2
2
2
2 3
4
t
t
PQ
AP
AQ
t
t
t
R
y
y
PAQ
d
t
令
，则
，
.令
，则
，
因为
，所以
，则
在
上单调递增.
从而当
时，
，即此时
取得最小值
，
，
所以
的外接圆的面积的最小值为
.
18．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）已知圆心在
轴上移动的圆经过点
，且与
轴，
轴分别
交于
，
两个动点，设动点
的轨迹为
．
(1)求
的方程；
(2)已知正
的三个顶点在
上．
（ⅰ）若
中点
的坐标为
，求点
的坐标；
（ⅱ）求满足
点纵坐标为1 的
的个数，并说明理由．
【答案】(1)
(2)（i）
；（ii）1 个，理由见解析
【分析】（1）依题意可知该圆关于
轴对称，且点
必在
轴右侧，推出
为直角三角形，
结合直角三角形射影定理求解即可.
（2）（i）设出点
、
坐标，结合点在
及
中点坐标求出直线
方程及
，根据正
三角形性质得到
，且
，求出直线
方程，联立抛物线方程求出
，代
入求出点
坐标，进行验证即可.
（ii）求出点
坐标，设出点
、
坐标及直线
：
，与抛物线方程联立求出
，结合
2
1 t
m
1
m
3
2
9
16
4
3
1
m
m
R
m
3
2
9
16
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1
x
x
y
x
4
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2
2
27
21
16
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1
x
x
y
x
2
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4 27 16
0
4
2
2
2
27
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x
x
y
x
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2
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x
x
y
x
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1
x
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25
4
y
R
25
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2
2
25
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π
π 16
256
S
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△
S
625π
256
x
( 2,0)
P
x
y
( ,0)
M x
(0, )
N
y
( , )
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E
E
ABC
V
E
AB
D
13,1
2
C
A
ABC
V
2
2
y
x
25 , 5
2
x
M
y
PMN
A
B
2
2
y
x
AB
AB
AB
CD
AB
3
2
CD
AB
CD
CD
C
A
B
C
BC
x
my
n
BC
BC
H
AH
AH
3
2
AH
BC
中点坐标
及等边三角形性质求出直线
的方程，进而求出
，代入
得到
关于
的方程，根据导数与单调性、零点存在定理判断
的个数，即可得到三角形的个数.
【详解】（1）依题意可知圆的圆心在
轴上，即圆关于
轴对称，
又该圆与
轴，
轴分别交于
，
，所以点
必在
轴右侧，
则
为圆的直径，所以
为直角三角形，所以
，即
.
所以
的方程为
.
（2）（i）设
，
，均在
上，
则
，
，两式相减，可得
.
因为
中点
的坐标为
，所以
，
.
则
，所以直线
方程为
，即
，
将其与
联立整理得
，所以
.
则
.
因为
为正三角形，故
，且
，.
BC
H
AH
AH
3
2
AH
BC
m
m
x
x
x
y
,0
M x
0,
N
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M
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2
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2
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y
y
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2
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2
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1
2
2
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1
2
2
AB
y
y
y
y
k
y
y
x
x
y
y
AB
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1
2
y
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11
2
y
x
2
2
y
x
2
4
52
121
0
x
x
1
2
121
4
x x
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
121
1
1
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1 1
13
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4 6
4
AB
AB
AB
k
x
x
k
x
x
x x
ABC
V
CD
AB
3
6 2
2
CD
AB
所以
，又
，则直线
的方程为：
，即
.
将其与
联立整理得
，解得
或
.
故可得
或
.又
，即
，
经验证，
不满足上式，因此点
坐标为
.
（ii）已知
点纵坐标为1，所以
. 设直线
的方程为
，可知
，
将其与
联立整理得
，
，①设
，
，
则
，
，则
，
所以
，
设
中点为
，则
，要使
为正三角形，即
，且
.
所以
，整理得
.②
直线
方程为：
，即
.
，
即
，整理得
，③
由②③消去
得，
，即
，
当
时，
不合题意，舍去.
当
时，令
，
，
，
1
CD
k
13,1
2
D
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13
1
2
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2
y
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2
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2
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x
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2
x
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2
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2
C
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2
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6 2
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2
2
13
1
6 2
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C
C
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y
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2
C
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2
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2
2
0
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-
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2
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3
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,
B x
y
4
4
,
C x
y
3
4
2
y
y
m
3
4
2
y y
n
2
3
4
3
3
2
2
2
x
x
m y
y
n
m
n
2
2
2
2
2
3
4
1
·
1
· 4
8
2 1
·
2
BC
m
y
y
m
m
n
m
m
n
BC
H
2
,
H m
n m
ABC
V
AH
BC
3
2
AH
BC
2
1
1
2
AH
m
k
m
m
n
3
1
1
0
2
m
mn
m
AH
1
1
2
y
m x
1
1
1
2
x
y
m
m
2
1
1
1
AH
m
m
2
2
2
1
3
1
2 1
·
2
2
m
m
m
m
n
m
2
2
2
1
3
2
m
m
m
n
n
4
2
3
4
8
1
0
m
m
m
3
2
1 3
3
7
1
0
m
m
m
m
1
m
0
AH
1
m
3
2
3
3
7
1
f m
m
m
m
2
9
6
7
f
m
m
m
2
6
4 9 7
0
圆锥曲线中的定点、定值问题
考点6
所以
，即
在
上为增函数，
又
，
，故方程
在
上存在唯一的实根，
由③知，当
时，
，满足①式
，所以存在唯一满足条件的正
.
1．（2026·四川南充·二模）已知一动圆的圆心在抛物线
上，且与直线
相切，则此圆
恒过定点（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】利用抛物线的定义可得结果.
【详解】易知抛物线
的焦点为
，准线方程为
，设圆心为
，因为点
在抛物
线
上，由抛物线的定义可知点
到直线
的距离等于
，由于圆
与直线
相切，
故圆
经过定点
.
2．（2026·浙江台州·二模）已知点
，
，点P 是抛物线
上的动点（异于A，B
两点），记直线AP 的斜率为
，直线BP 的斜率为
，则下列结论正确的是（ ）
A．
为定值
B．
为定值
C．
为定值
D．
为定值
【答案】C
【分析】设
（
），利用两点斜率公式求
，再分别求
0
f
m
f m
0,1 , 1,
0
1
0
f
1
12
0
f
0
f m
0,1
0,1
m
2
2
0
m
n
2
4
8
0
m
n
ABC
V
2
8
y
x
2
0
x
4,0
2,0
2,0
4,0
2
8
y
x
2,0
F
2
x
P
P
2
8
y
x
P
2
x
PF
P
2
x
P
2,0
F
1,1
A
1, 1
B
2
:
C y
x
1k
2k
1
2
k
k
1
2
k
k
1
2
1
1
k
k
1
2
1
1
k
k
2
0
0
(
,
)
P y
y
0
1
y
1
2
,
k k
1
2
1
2
1
2
1
2
1
1
1
1
,
,
,
k
k k
k
k
k
k
k
即可判断.
【详解】因为点
是抛物线
上异于
的动点，故设
（
），
则
，
，对于选项A，
，不是定值，
A 错误；对于选项B，
，不是定值，B 错误；
对于选项C，
，为定值，C 正确；
对于选项D，
，不是定值，D 错误.
3．（多选）（2026·青海西宁·二模）已知双曲线
的左、右焦点分别为
上的两
点
关于原点
对称，且点
在第一象限，则（ ）
A．若
，则点
在以
为直径的圆上
B．
的内心在直线
上
C．在
上不存在一点
，使得点
与点
关于点
对称
D．过点
作
的两条渐近线的垂线，垂足分别为
，则
为定值
【答案】ABD
【详解】对于A，由题意可作图如下：
1
2
1
2
1
2
1
2
1
1
1
1
,
,
,
k
k k
k
k
k
k
k
P
2y
x
,
A B
2
0
0
(
,
)
P y
y
0
1
y
0
1
2
0
0
1
1
1
1
y
k
y
y
0
2
2
0
0
1
1
1
1
y
k
y
y
1
2
2
0
0
0
1
1
2
1
1
1
k
k
y
y
y
0
1
2
2
0
0
0
2
1
1
1
1
1
y
k
k
y
y
y
0
0
1
2
1
1
(
1)
(
1)
2
y
y
k
k
0
0
0
1
2
1
1
(
1)
(
1)
2
y
y
y
k
k
2
2
:
1
8
x
C
y
1
2
,
,
F F C
,
M N
O
M
6
MN
M
1
2
F F
1
2
MF F
△
2 2
x
C
T
T
M
2,2
M
C
,
R S
MR
MS
8
9
由双曲线
，则
，即
，由
，且点
关于
原点
对称，则
，在
中，由
，
则
，故点
在以
为直径的圆上，故A 正确；
对于B，可作图如下：
设
的内心为
，圆
为
的内切圆，且
分别为圆
和
的切点，
则
，
由
，
设
，则
，解得
，易知
在直线
上，故B 正确；对
于C，设
，则
，点
关于点
的对称点为点
，
假设该点位于双曲线
上，则
，所以
，即：
，
，整理可得
，故
，化简可得
，由于
，
则方程有解，假设成立，故C 错误；对于D，设
，两渐近线方程分别为
2
2
:
1
8
x
C
y
2
2
8,
1
a
b
2
2
1
3
c
OF
a
b
6
MN
,
M N
O
3
OM
1
2
MF F
△
1
1
2
1
2
OM
OF
F F
c
1
2
MF
MF
M
1
2
F F
1
2
MF F
△
P
P
1
2
MF F
△
, ,
A B D
P
1
2
1
2
,
,
MF MF F F
1
1
2
2
,
,
AF
DF
AM
BM
BF
DF
1
2
1
2
1
2
2
4 2
MF
MF
AM
AF
BM
BF
F D
F D
a
,0
D
D x
3
3
4 2
D
D
x
x
2 2
D
x
P
2 2
x
,
M x y
2
2
1
8
x
y
M
2,2
4
,4
x
y
C
2
2
4
4
1
8
x
y
2
2
2
2
4
4
8
8
x
x
y
y
2
2
2
2
4
4
8
x
x
y
y
4
(4
)
4
(4
)
8
x
x
x
x
y
y
y
y
8
14
x
y
2
2
8
14
1
8
y
y
2
14
56
47
0
y
y
2
Δ
56
4 14 47
504
0
0
0
,
M x
y
2 2
0,
2 2
0
x
y
x
y
2
2
0
0
0
0
0
0
2 2
2 2
8
3
3
9
x
y
x
y
x
y
MR
MS
0
0
,
M x
y
，所以
，又因为
满足
，可得
，所以
，故D 正确．
4．（多选）（2026·安徽合肥·二模）已知抛物线
的焦点
到其准线的距离为
2，过点
的直线交
于
两点，设
为坐标原点，则（ ）
A．
B．若
为
的重心，则
C．若
，则
D．若
为定值，则
【答案】ABD
【分析】过
的直线方程为
，联立抛物线方程，结合韦达定理和弦长公式、数量积
的坐标表示逐项判断即可.
【详解】如图，作出符合题意的图形，
抛物线
中，焦点到准线的距离为
，故
，抛物线方程为
，
由题意设过
的直线方程为
，代入
得
，
设
，由韦达定理得
，选项A：由已知得
，A 正确，选
2 2
0,
2 2
0
x
y
x
y
2
2
0
0
0
0
0
0
2 2
2 2
8
3
3
9
x
y
x
y
x
y
MR
MS
0
0
,
M x
y
2
2
0
0
1
8
x
y
2
2
0
0
8
8
x
y
2
2
0
0
8
8
9
9
x
y
MR
MS
2
:
2
0
C y
px p
F
,0
0
M m
m
C
,
A B
O
2
p
F
AOB
V
2 6
AB
90
AOB
2
m
2
2
1
1
MA
MB
2
m
,0
M m
x
ty
m
2
2
(
0)
y
px p
p
2
p
2
4
y
x
,0
M m
x
ty
m
2
4
y
x
2
4
4
0
y
ty
m
1
1
2
2
(
)
A x y
B x
y
,
, (
,
)
1
2
1
2
4 ,
4
y
y
t y y
m
2
p
项B：若
为
重心，由重心坐标公式得
，得
，
，由弦长公式得
，而
，故
，即
，B 正确，选项C：若
，则
， 又
，代入得
，C 错误，选项D：
，同理
，故
，代入
，得
，
整理得
，要该式为定值对任意成立，则需
对任意成立，故
，即
，D 正确.
5．（多选）（2026·宁夏·二模）已知直线
与圆
，则
下列说法正确的是（ ）
A．直线恒过定点
B．若圆
上的点关于直线的对称点仍在圆
上，则
C．存在实数
，使得直线与圆
相切
D．直线被圆
截得的弦长的最小值为
【答案】AB
(1,0)
F
AOB
V
1
2
1
2
0
0
1,
0
3
3
x
x
y
y
1
2
0
4
0
y
y
t
t
1
2
1
2
3
2
2
3
2
x
x
t y
y
m
m
m
2
1
2
1
2
1
AB
t
y
y
y
y
2
2
1
2
1
2
1
2
3
(
)
(
)
4
0
4
4
24
2
y
y
y
y
y y
1
2
2 6
y
y
∣
∣
2 6
AB
∣
∣
AOB
90
1
2
1
2
0
OA OB
x x
y y
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
(
)
4
4
16
y
y
y y
x x
m
2
4
0
4(
0)
m
m
m
m
2
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
(
)
(
)
1
MA
x
m
y
ty
y
y
t
∣
∣
2
2
2
2 1
MB
y
t
∣
∣
2
2
1
2
2
2
2
2
2
1
2
1
1
1
y
y
MA
MB
t
y y
∣
∣∣
∣
1
2
1
2
4 ,
4
y
y
t y y
m
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
16
8 ,
16
y
y
t
m y y
m
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
16
8
2
1
16
2
1
t
m
t
m
MA
MB
t
m
m
t
∣
∣∣
∣
t
2
2
2
1
t
m
k t
t
2,
2
k
m
k
2
m
2
1
0
l
kx
y
k
：
2
2
2
4
1
0
M
x
y
x
y
：
l
2,1
M
l
M
1
k
k
l
M
l
M
2
【详解】先将圆
方程化为标准形式：
， 圆心
，半径
.对于选项A，由直线
，得
，故直线恒过定点
，故A 选项正确；对于选项B，圆上的点关于的对称点仍在圆上，则直线过圆心
，
将
代入：
，B 正确.
对于选项C，直线与圆相切时圆心到直线距离
，
，化简
，判别式
，方程无解，故不存在
使直线与
圆相切，C 错误.对于选项D，直线过定点
，弦长最短时
，此时
，最短弦长
，D 错误.
6．（多选）（2026·河北张家口·二模）已知圆
，P 为直线
上一动点，
，
为圆C 的切线，切点分别为A，B，则（ ）
A．圆心C 的轨迹方程为
B．圆C 过定点
C．当
时，
的最小值为15
D．当
时，四边形
的面积的最小值为
【答案】BCD
【分析】对于A，求出圆心
的坐标，即可判断选项；
对于B，将圆C 的方程化为
，令
解方程即可求
解；
M
2
2
2
2
2
4
1
0
(
1)
(
2)
4
x
y
x
y
x
y
(1,2)
M
2
r
:
2
1
0
l kx
y
k
1
y
2
k x
l
2,1
l
l
(1,2)
M
M
l
1 2
2
1
0
1
0
1
k
k
k
k
d
r
2
2
|
1 2
2
1|
|
1|
2
1
1
k
k
k
d
k
k
2
2
2
(
1)
4(
1)
3
2
3
0
k
k
k
k
4
36
32
0
k
(2,1)
P
MP
l
2
2
|
|
(2 1)
(1 2)
2
MP
2
2
2
|
|
2 4
2
2 2
2
r
MP
2
2
:
2
2
1
0
C x
y
m
x
my
m
2
8
0
x
y
PA
PB
2
2
0
x
y
1,0
2
m
PA PC
2
m
PACB
5 3
C
2
2
2
1
2
1
0
x
y
x
y
m
x
2
2
2
1
0,
2
1
0,
x
y
x
y
x
对于C，由
，结合切线性质求出
的最小值即可求解；
对于D，根据
结合选项C 即可求解.
【详解】圆C 的方程可化为
，
，
对于A 选项，圆心C 的坐标为
，则圆心C 的轨迹方程为
（除去点
），
所以A 选项不正确；对于B 选项，圆C 的方程可化为
，令
，解得
所以圆C 过定点
，所以B 选项正确；对于C 选项，
，当
时，
，圆心
，半径
，圆心
到直线
的距离
，所以
，所以C 选项正确；
对于D 选项，
，所以D 选项正确.
7．（多选）（2026·安徽阜阳·二模）已知抛物线
的焦点为
，过F 的直线
与T 交于A，B 两点，点
，直线
，
分别交T 于C，D 两点，则下列说法正确的是
（ ）.
A．
B．
（O 为坐标原点）是钝角三角形
C．直线
过定点
D．
【答案】BCD
2
PA PC
PA
PA
AC
PA
PA
5
PACB
S
PA
AC
PA
四边形
2
2
2
2
5
2
4
m
m
x
y
m
0
m
2
,
2
m
m
2
2
0
x
y
1,0
2
2
2
1
2
1
0
x
y
x
y
m
x
2
2
2
1
0
2
1
0
x
y
x
y
x
1,
0,
x
y
1,0
2
PA PC
PA
PA
AC
PA
2
m
2
2
2
5
x
y
0, 2
C
5
r
0, 2
C
2
8
0
x
y
10
2 5
5
d
2
2
2
min
15
PA
d
r
5
5
15
5 3
PACB
S
PA
AC
PA
四边形
2
:
2
T
y
px
(
0)
p
2,0
F
4,0
P
AP
BP
|
| 2 |
| |
|
AB
AF
BF
AOB
V
CD
(8,0)
N
4
PCD
PAB
S
S
△
△
【分析】由题设得抛物线
，设直线
为
，联立方程并应用韦达定理得
，
，应用抛物线的定义判断A，由向量数量积的坐标表示确定夹角余弦值的符
号判断B，设
，
，直线
为
，并联立抛物线，应用韦达定理，进而确
定定点的存在性判断C，根据上述分析及三角形的面积表示判断D.
【详解】因为
，所以T 的方程为
，如图，由题意知直线
的斜率不为0，
设直线
的方程为
，联立
，消去x 得
，
设
，
，则
，
，
A，由抛物线的定义可得
，
，所以
，
，易知
，
，显然
，错误；
B，因为点
，
在抛物线
上，
所以
，
，故
，故
，
又A，B，O 三点不共线，所以
为钝角，即
为钝角，所以
为钝角三角形，正
确；
C，设
，
，直线
的方程为
，由
，消去x 得
2
8
y
x
AB
2
x
ty
1
2
8
y
y
t
1
2
16
y y
3
3
,
C x
y
4
4
,
D x
y
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4
x
ny
(2,0)
F
2
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x
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2
x
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2
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2
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2
2
,
B x
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1
2
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|
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1
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|
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|
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|
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x
x
1 > 0
x
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1
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1
2
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x x
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AOB
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y
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32
y
y
3
4
1
2
32
32
64
y y
y
y
，所以
，故
，同理可得
，所以
.
当直线
的斜率存在时，
，
所以直线
的方程为
，化简得
，即
，令
，得
，所以直线
过定点
.
当直线
的斜率不存在时，易知
，所以
，此时直线
的方程为
.
综上，直线
过定点
，正确；
D，
，
，所以
，正确.
8．（2026·山西·二模）椭圆
的离心率
，且过点
.
(1)求椭圆
的方程；
(2)设
为椭圆左顶点，过左焦点
的直线（不过点
）交椭圆于
，
两点，直线
，
分别交直线
于
，
两点.
①求证：
为定值；
②记
的中点
到
轴的距离是
，点
是
轴上的一点，记
的斜率
，
的斜率
，当
是定值时，求定点
的坐标.
【答案】(1)
2
8
32
0
y
ny
1
3
32
y y
3
1
32
y
y
4
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32
y
y
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2
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64
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y
y
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2
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y
y
y
y
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y
y
x
x
y
y
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2
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y
y
y
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y
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(8,0)
N
CD
3
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y
y
3
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CD
8
x
CD
(8,0)
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1
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y
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△
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2
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1 2
k k
d
T
2
2
1
4
3
x
y
(2)①证明见解析；②
【分析】（1）根据题意，列出关于
的方程组，求得
，即可求解；
（2）①设直线
，联立方程组，求得
，
，利用斜率公式，
化简
，得到
，即可得证；
②设定点
，由①可得
，及
，
，根据题意，化简得到
是定值，求得的值，即可求解.
【详解】（1）由椭圆
的离心率
，且过点
，
可得
且
，解得
，所以椭圆
的方程
.
（2）①由（1）知：椭圆
的方程
，可得
和
，
设直线
，联立方程组
，整理得
.
设
，
，
则有
且
，
，
又由直线
，令
，可得
，
同理可得
，所以
，
，
5 ,0
2
T
, ,
a b c
2
2
4,
3
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y
y
x
3
G
FG
y
k
3
H
FH
y
k
则
，
所以
，所以
（定值）；
②设定点
，因为
为
的中点，
则由①可得
，
又因为点
到
轴的距离是
，所以
，因为
，
，
则
，
所以
是定值，
所以
，解得
，所以定点
.
9．（2026·山东聊城·二模）已知双曲线
的渐近线方程为
，过
点
且与
轴不重合的动直线交
于
、
两点，当与
轴垂直时，
．
(1)求双曲线
的方程；
(2)在
轴上是否存在一定点
，使
为定值，若存在，求出
的坐标及
的值；若
不存在，说明理由．
1
2
1
2
2
1
2
1
2
1
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2
2
1
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m y y
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m
m y y
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M
MA MB
M
MA MB
【答案】(1)
(2)存在，点
，定值为
【分析】（1）根据已知条件可得出关于
、
的方程组，解出
、
的值，即可得出双曲线
的
方程；
（2）根据题意设直线的方程为
，设点
、
，将该直线方程与双曲线
的方程联立，列出韦达定理，化简
的表达式，根据
为定值可得出关于
的等式，
解出
的值，即可得出结果.
【详解】（1）由
的渐近线方程为
，得
①，
由
，根据双曲线的对称性，不妨设
，则
②，
由①②得
，
，所以双曲线
的方程为
．
（2）根据题意设直线的方程为
，
将的方程代入双曲线方程
，得
，
且
，
设点
、
，由韦达定理得
，
，
假设存在
满足题意，
则
要使
为定值，则上式需与
无关，则
，解得
，此时
．
2
2
1
4
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x
y
11,0
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135
64
MA MB
所以存在点
使得
为定值，定值为
．
10．（2026·云南昭通·二模）已知点
与定点
的距离和它到定直线
的距离之比为
．
(1)求
的轨迹方程
；
(2)过点
的直线与
交于
两点(其中
不共线），记
（
为坐标原点）的面积为，
过线段
的中点
作直线的垂线，垂足为
，设直线
的斜率分别为
．
（i）求的取值范围；
（ii）求证：
为定值．
【答案】(1)
(2)（i）
;（ii）
【分析】（1）通过将“点到定点的距离与定直线的距离之比为
”的条件转化为代数方程，化
简后即得轨迹方程；
（2）（i）通过设直线方程并联立椭圆方程，利用韦达定理表示出弦长，再结合面积公式转化为函
数求值域即可；
（ii）通过两点坐标表示出两条直线得斜率，再结合韦达定理和面积表达式进行化简，即可证明比
值为常数
【详解】（1）设点
，根据题意得：
，两边平方并整理得：
11,0
8
M
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64
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，即
，化简得：
，
因此，点
的轨迹方程
为椭圆
.
（2）（i）设过
的直线方程为
，与椭圆方程联立：
，
代入得：
，整理得：
，
设
，由韦达定理：
，
所以
的面积为
，令
，则
，
代入得
，因为函数
在
上单调递增，所以
，所以
，即的取值范围是
.
（ii）设
，则
，直线
的斜率为
，
直线
的斜率为
，且
，
所以
，所以
，又因为
，
2
2
2
4[(
1)
]
(
4)
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2
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所以
.
【点睛】用椭圆的第二定义求轨迹方程，联立方程组，借助韦达定理转化面积与斜率表达式，通过
代数化简即可完成范围求解与定值证明.
11．（2026·河南郑州·二模）已知双曲线
的一个焦点到一条渐近线的距离
为1，点
在双曲线
上；
(1)求双曲线
的标准方程；
(2)设点是双曲线
上的动点，
是圆
上的动点，且直线
与圆
相切，求
的最小值；
(3)如图，
是双曲线
上两点，直线
与
轴分别交于点
，点
在直线
上；若
关于原点对称，且
，是否存在点
，使得
为定值；若存在，求出该定点
的坐
标；若不存在，请说明理由；
【答案】(1)
(2)
(3)存在，
1
2
1
2
1
2
1
3
1
2
3
2 2
y
y
k
k
S
y
y
2
2
2
2
:
1
0,
0
x
y
C
a
b
a
b
2, 1
P
C
C
S
C
T
2
2
:
5
2
E
x
y
ST
E
ST
,
A B
C
,
PA PB
y
,
M N
Q
AB
,
M N
PQ
AB
R
QR
R
2
2
1
2
x
y
4 3
3
(1, 1)
R
【分析】（1）根据焦点到渐近线的距离为1 以及点
在双曲线上，列出
的方程，求解出
，
即可写出双曲线
的标准方程.
（2）根据切线的性质可得
，将问题转化成求
的最小值问题，
结合两点间距离公式将
表示成
的函数表达式，求解出最小值即可.
（3）设出
坐标以及直线
的方程，联立直线与双曲线方程，写出韦达定理，再写出直线
方程，可求得
坐标，利用
关于原点对称列出方程，找出
之间的关系，从而
可得直线
所过定点，再借助直角三角形判断
是否为定值即可.
【详解】（1）因为焦点到一条渐近线的距离为1，即
.
又点
在双曲线上，所以
，解得
.所以双曲线的方程为
.
（2）圆
的圆心
，半径为
.因为
是圆
上的动点，直线
与圆
相切，
所以
，
.所以
.
设
，因为是双曲线
上的动点，所以
.
所以
.
当
时，
取得最小值，此时
.所以
.
P
,a b
,a b
C
2
2
2
2
ST
SE
ET
SE
SE
SE
0x
,
A B
AB
,
PA PB
,
M N
,
M N
,k m
AB
QR
2
2
1
bc
d
b
a
b
(2, 1)
P
2
2
4
1
1
a
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2
2
a
2
2
1
2
x
y
2
2
:(
5)
2
E
x
y
(5,0)
E
2
T
E
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E
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2
TE
2
2
2
2
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SE
ET
SE
0
0
(
,
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S x
y
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C
2
2
0
0
1
2
x
y
2
2
2
2
2
0
0
0
0
0
0
3
10
22
5
10
25
1
2
2
3
3
x
SE
x
y
x
x
x
0
10
3
x
SE
min
22
3
SE
min
22
4 3
2
3
3
ST
（3）由题意知，直线
的斜率存在，设直线
的方程为
.
联立
，整理得：
.
且
.
设
，则
.直线
的方程为
.
令
，则
，即
.同理可得，
.
因为
关于原点对称，所以
，
即
.整理得
.
即
.整理得
，
即
.所以
或
.
若
，则
，则直线方程为
，即
，
此时直线
过点
，不符合题意.
若
，则直线方程为
，恒过定点
.
所以
为定值，又
，在
中，
为斜边，
所以当
为
中点
时，
.因此存在点
，使得
为定值.
12．（2026·广东广州·二模）已知椭圆
的离心率为
，直线
被椭圆
所截得的线段的长为3．
AB
AB
y
kx
m
2
2
1
2
x
y
y
kx
m
2
2
2
(1
2
)
4
2
2
0
k
x
kmx
m
2
2
2
2
2
( 4
)
4(1
2
)( 2
2)
8(
1
2
)
0
km
k
m
m
k
2
1
2
0
k
1
1
2
2
(
)
A x y
B x
y
,
, (
,
)
2
1
2
1
2
2
2
4
2
2
,
1
2
1
2
km
m
x
x
x x
k
k
PA
1
1
1
1
(
2)
2
y
y
x
x
0
x
1
1
2
2
1
2
y
y
x
1
1
2
2
(0, 1
)
2
y
M
x
2
2
2
2
(0, 1
)
2
y
N
x
,
M N
1
2
1
2
2
2
2
2
1
1
0
2
2
y
y
x
x
1
2
1
2
2(
)
2
2(
)
2
1
( 1
)
0
2
2
kx
m
kx
m
x
x
1
2
1
2
(2
1)
(2
1)(
)
4
0
k
x x
k
m
x
x
m
2
2
2
(2
1)(
3)
2
(2
1)
4
0
1
1
k
m
km
k
m
m
k
k
2
2
2
2
1
0
m
km
m
k
(
1)(
2
1)
0
m
m
k
1
m
2
1
0
m
k
2
1
0
m
k
2
1
m
k
2
1
y
kx
k
1
(
2)
y
k x
AB
(2, 1)
P
1
m
1
y
kx
(0, 1)
D
2
PD
PQ
AB
Rt
PQD
△
PD
R
PD
(1, 1)
1
1
2
RQ
PD
(1, 1)
R
QR
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
C
a
b
a
b
1
2
1
x
C
(1)求
的方程：
(2)已知点
，过点
的直线交
于E，F 两点
在
轴的下方），直线BF 交直线
于点
．
（i）设直线ME 的斜率为
，直线MF 的斜率为
，判断
是否为定值，并说明理由；
（ii）证明：直线ME 过定点．
【答案】(1)
(2)（i）
不为定值.证明见解析.（ii）证明见解析.
【分析】（1）利用椭圆的定义求解即可.
（2）（i）设点
，
，
设
联立椭圆的方程，进而将斜率
表示出来，得到
，与点
的坐标有关，从而
不为定值.
（ii）通过（i）中将斜率
表示成
，从而直线方程转化为
从而直
线过定点
【详解】（1）因为直线
被椭圆
所截得的线段的长为3，
所以
在椭圆上，代入得
，又
，解得：
.
（2）设点
，设
，
由
得
，
由
，得
，解得
或
，
C
(0, 3)
B
(4,0)
P
l
C
( ,
E F
x
1
x
M
1k
2k
1
2
k
k
2
2
1
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y
1
2
k
k
1,
M
t
1
1
,
E x y
2
2
,
F x
y
:l
4,
x
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1
2
k
k
1
2
k
k
2
3 t
1,
M
t
1
2
k
k
1k
5
3
3 t
5
3
1
3
y
t
t
x
，
8 3
,
3 .
5 5
1
x
C
3
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a
b
2
2
2
2
2
1
2
c
c
a
b
a
a
a
2
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x
y
1
1
2
2
1,
,
,
,
,
M
t
E x y
F x
y
:l
4
x
my
2
2
1
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3
4
x
y
x
my
2
2
3
4
24
36
0
m
y
my
Δ
0
2
2
(24 )
4 36
3
4
0
m
m
2
m
2
m
又点
，
在
轴下方，则
，由韦达定理得
得
，即
，因为
，
所以
，
所以
不是定值.
（ii）证明：
由（i）得
则直线
的方程为
，即
，
当
时，得
，所以
必过定点
.
13．（2026·上海静安·二模）在
平面直角坐标系中，O 为坐标原点．设椭圆
，
的左、右焦点分别为
、
，
，
的离心率为
．
(1)求椭圆
的方程；
(2)过原点O 作两条相互垂直的射线，与椭圆
分别交于A、B 两点，证明：原点O 到直线
的距
离为定值；
E
F
x
2
m
1
2
2
24
,
3
4
m
y
y
m
1
2
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,
3
4
y y
m
1
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1
2
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3
y
y
m
y y
1
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1
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2
3
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y
y
1
1
1
1
y
t
k
x
2
2
2
1
y
t
k
x
1
2
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2
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2
1
1
y
t
y
t
k
k
x
x
1
2
1
2
1
2
1
1
1
1
y
t
x
x
y
t
x
x
1
2
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2
1
2
1
2
2
1
2
1
2
1
2
3
3
2
3
6
3
3
3
9
y
t
my
my
y
t
my y
tm
y
y
t
my
my
m y y
m y
y
1
2
1
2
6
2
3
3
3
9
2
tm y
y
t
t
m
m
y
y
1
2
k
k
(0, 3),
(1, ),
B
M
t
2
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t
k
t
1
2
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2
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3
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k
t
k
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t
t
ME
5
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y
t
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x
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y
x
t
x
8
5
x
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5
y
ME
8 3
,
3
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xOy
2
2
2
2
:
1
0
x
y
a
b
a
b
1F
2
F
1
2
2
F F
1
2
AB
(3)过椭圆
的右焦点
且不与坐标轴垂直的直线l 与椭圆
交于P、Q 两点，点M 是点P 关于x 轴
的对称点．在x 轴上是否存在一个定点N，使得M、Q、N 三点始终共线？若存在，求出点N 的坐
标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)存在定点
，理由见解析
【分析】（1）利用待定系数法可求得椭圆的标准方程；
（2）设直线
的方程，并与椭圆联立方程组，利用韦达定理及
的条件，建立直线参数
间的关系，再使用点到直线的距离公式即可证明.
（3）设直线 的方程为
，并与椭圆联立方程组，求出
的值，结合
三点共线则
即可求解.
【详解】（1）由题意知
，即
.又因为离心率
，所以
，所以
.故椭圆
的方程为
.
（2）证明：设
，因为
，所以
.
设直线
的方程为
，联立方程组
，消去
得
，由韦达定理得
.代入
，即
，
2
F
2
2
1
4
3
x
y
(4,0)
N
AB
OA
OB
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y
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y y
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2
c
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c
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2
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,
,
A x y
B x
y
OA
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1
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0
x x
y y
AB
x
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2
1
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n
x
y
x
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n
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2
6
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12
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n
y
y
y y
m
m
1
2
1
2
0
x x
y y
1
2
1
2
0
my
n
my
n
y y
整理得
，代入韦达定理结果并化简得
。
原点
到直线
的距离
所以原点
到直线
的距离为定值
.
（3）存在定点
，理由如下：
由（1）知
，设直线 的方程为
，设
，则
，
联立方程组
，消去
得
，
由韦达定理得
.
设
，若
三点共线，则
，即
，整理得
.
将
代入上式，化简得
.
代入韦达定理结果，得
.化简得
，解得
.
所以存在定点
，使得
三点始终共线.
2
2
1
2
1
2
1
0
m
y y
mn y
y
n
2
2
7
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2
2
12
2 21 .
1
7
7
n
m
O
AB
2 21
7
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1
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1
2
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3
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y
y
y y
m
m
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,
,
M Q N
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t
y
x
t
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1
2
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1,
1
x
my
x
my
1
2
1
2
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1)
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0
t
y
y
my y
2
2
6
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(
1)
2
0
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3
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m
t
m
m
m
3(
1)
9
0
t
4
t
(4,0)
N
,
,
M Q N
14．（2026·安徽淮北·二模）已知双曲线
，
是其右顶点，定点
，动点
，直线
交
于
点，连接
并延长交
于
点.
(1)若
，证明：
为
的左顶点；
(2)设直线
，
的斜率分别为
，
，求证：
是定值；
(3)若
的面积为5，求
点坐标.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
或
.
【分析】（1）先求出
的直线方程，再联立该方程和双曲线方程求出
的坐标，求出直线
的方程后可求
，该点即为双曲线的左顶点；
（2）设
，结合齐次化方法可证
；
（3）联立
的方程和双曲线方程后结合韦达定理可用
表示
的面积，从而可求
，从而
可求
的坐标.
【详解】（1）当
时，
，而
，故
，
故
，由
可得
，故
，
2
2
:
1
4
y
E x
A
1,2
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0,
2
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,
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,
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14
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1
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A
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2
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x
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2
3
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0
x
x
5
1
3
M
x
故
，故
，故
，
故
，该直线过
，而
为双曲线的左顶点，故
为双曲线的左顶点.
（2）设
，
，
由
可得
，整理得
，
由
可得
，
故
的坐标为此方程的两组解，
由题设
均不为1，故
，
即
，同理
，
故
为方程
的两个解，故
，
而
过
，故
即
，故
.
（3）由题设
，而过第一象限和第三象限的渐近线的斜率为
，
故直线
与双曲线的右支交于两个不同的点，
而
，故
，
又
，由
可得
，
故
且
，
，
5
3
M
x
8
3
M
y
8
2
3
:
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1
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x
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1,0
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2
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1
2
1
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4
y
E
x
x
2
2
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1
1
2
1
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x
x
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2
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2
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4
y
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1
1
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2
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1
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1
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1
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x
2
1
1
1
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0
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4 k
nk
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2
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0
k
k
2
2
k
故
，而直线
与
轴交点坐标为
，
故
的面积为
，
整理得
，故
，故
或
，
而
，故
，结合
可得
或
，
当
时，故
，此时
，故
，故
；
当
时，故
，此时
，故
， 故
；
综上，
或
.
15．（2026·湖北宜昌·二模）已知双曲线
的焦点
到一条渐近线的距离
为，且点
在双曲线
上．
(1)求双曲线
的方程；
(2)斜率为
的直线与双曲线
的右支交于
、
两点（异于点
）．
①求直线
、
的斜率之和；
②若
的外接圆圆心为
，试问在
轴上是否存在定点
使
为定值，若存在，求
出
点坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)①
；②存在，且点
.
【分析】（1）利用点到直线的距离公式求出
的值，将点
的坐标代入双曲线
的方程，求出
的值，即可得出双曲线
的方程；
2
2
2
2
4
4
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k
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y
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C
（2）①设点
、
，设直线
的方程为
，将该直线方程与双曲线
的方
程联立，列出韦达定理，结合斜率公式可求得直线
、
的斜率之和；
②设
的外接圆方程为
，分析可知方程
与方程
为同解方程，可得出关于、、
的方程组，解出、，可得出点
的坐标，求出直线
的方程，当
时，求出直线
的方程，取点
为直线
与
轴的交点，结合勾股定理可得出结论.
【详解】（1）双曲线
的右焦点为
，双曲线
的渐近线方程为
，即
，
所以焦点
到一条渐近线的距离为
，因为点
在双曲线
上，所以
，解得
，故双曲线
的标准方程为
.
（2）①设点
、
，设直线
的方程为
，
因为点
不在直线
上，则
，可得
，联立
，可得
，
则
，解得
或
，
由题意可得
，所以
且
，
所以
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x
m
x
x
m
m
x
x
x
x
x x
x
x
，即直线
、
的斜率之和为
.
②设
的外接圆方程为
，
则
，由
代入
，
可得
，可得
，
同理可得
，
所以
、
为关于
的方程
的两根，
又因为
、
为关于
的方程
的两根，
所以方程
与方程
为同解方程，
所以
，解得
，
易知点
，即点
，
，
所以直线
的方程为
，即
，
当
时，直线
的方程为
，即
，直线
与
轴的交点为
，不
妨取点
，此时
，则
，
故在
轴上存在定点
，使得
为定值
.
2
3
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3
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2
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MP
2
16．（2026·安徽池州·二模）已知双曲线
过点
和
．
(1)求双曲线
的方程；
(2)
是双曲线
上一点，设
，
，直线
交
于另一点
，直线
交
于另
一点
，且
，
（各点均不重合）．
（ⅰ）证明：直线
过
轴上的定点；
（ⅱ）记直线
，
的斜率分别为
，
，证明：
为定值．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）根据双曲线的性质和经过的点可得双曲线方程；
（2）（ⅰ）先设各点的坐标，再结合向量的关系可求得直线经过的定点；（ⅱ）法一：通过设相
关点
，再结合向量关系可得
，进而可证明定值；法二：通过设
相关点
，再结合向量关系及点差法可得
，进而可证明定值；法
三：先设直线
的方程为
，再利用根与系数关系可得及向量关系可得
，从而证明定值；法四：直接设直线
，再根据系数关系及
2
2
2
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1( ,
0)
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:
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向量关系可得
，进而可证明定值.
【详解】（1）因为双曲线
过点
，所以点
是双曲线的右顶点，得
，
又因为双曲线
过点
，所以
，解得
.
所以双曲线
的方程为
.
（2）（i）设点
，
，
，
，
，如图：
因为
，由
得
，
即
.又因为
，
由
得
，即
.
设直线
过
轴上的定点
，则
,
,
所以直线
过
轴上的定点
（ⅱ）解法一：（设点法一相关点）
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2,0
设点
，
，
，由
得
①
因为点
在
上，所以
，即
②，如图：
由①②得
，又点
在
上，所以
，
即
，由题意知
，所以
③，
同理得
④，由③-④得
，
因为
，即
⑤
=由
得
，即
⑥
联立⑤⑥解得
，
所以
解法二：（设点法——定比点差）
设点
，
，
由
得
①，由
得
②
一方面，由
得
③
0
0
,
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m
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m
将①②代入③得
④
另一方面，由
得
⑤
将①代入⑤得
⑦
联立①⑦得
⑧，同理得
⑨
联立⑧⑨得
⑩，由④⑩得
所以
.
解法三：（设线法一设线解点）
设点
，
，
，一方面，由
得
①
另一方面，联立
得
（其中
）
所以
，所以
②
由①②得
，即
③
同理得
④，由
得
⑤
由③-④得
⑥，联立⑤⑥得
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③
③
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m
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0
4
2
3
5
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12
x
m
n
x
mn
所以
解法四：（设线法——韦达定理）
由（ⅰ）可设直线
联立
得
由韦达定理得
③
由①②得
④
将③代入④得
⑤
又因为点
在
上，所以
⑥
联立⑤⑥得
,
,
，解得
⑦或
（舍）
所以
.所以
.
0
0
1 2
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2
2
y
y
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k k
17．（2026·福建厦门·二模）已知椭圆
的左、右顶点分别为
，
直线
交
于
，
两点，
．
(1)求
的方程；
(2)点
在线段
上，直线
分别交
于
两点，直线
交于点
．
（i）证明：
；
（ii）判断
轴上是否存在定点
，使得
为定值．若存在，求出
的坐标；若不存在，
说明理由．
【答案】(1)
；(2)（i）证明见解析，（ii）存在点
，使得
为定值
.
【分析】（1）由条件得到
在椭圆上，代入椭圆方程，结合
即可求解；
（2）（i）分别设
，
，
，
，通过联立椭圆方程，得到
坐标，确定
方程，进而得到
坐标，
即可求证，（ii）设
，通过
，得到
恒成
立，进而可求解.
【详解】（1）依题意
，所以
，由直线
交
于
，
两点，
，可
2
2
2
2
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1(
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a
b
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知点
在椭圆上，所以
，解得
，所以椭圆方程为
；
（2）
（i）设
，
，设直线
，
，由
可得：
，
解得
，同理联立
和椭圆方程，可得
，
所以直线
的斜率为
，
所以直线
，同理可得
的斜率为
，
所以直线
，由
可得
，又
，
所以
；
（ii）假设存在点
，使得
为定值
，即
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2
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t
m
t
m
，所以
恒成立，
则
，解得
，所以存在点
，使得
为定值
.
18．（2026·甘肃·二模）已知抛物线
过点
.
(1)求抛物线
的方程；
(2)过
作抛物线
的切线，连接
，作
的平行线交
于
两点，交于点
，若
，判断
是否为定值，若是，求出此定值；若不是，说明理由.
【答案】(1)
；
(2)
是定值
.
【分析】（1）将点坐标代入抛物线方程，直接解出参数p，即可确定抛物线的表达式；
（2）先求切线方程，再由平行关系设直线方程，与抛物线联立得到根与系数的关系；结合长度条
件
进行代数代换与化简，最终证明比值为常数，完成定值判断.
【详解】（1）由于
过点
，则
，所以抛物线
的方程为
；
（2）由
得
，所以过
的切线的方程为
，即
，
设
，可知
，
,则
，
在切线上，
，
在直线
上，
，
又
，
，
2
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x
由
得
，
由
可得：
同理
，所以
是定值
.
19．（2026·湖北十堰·二模）已知椭圆
的离心率为
，左、右焦点分别为
，过
且与
轴垂直的直线交
于A，B 两点．
(1)求
的大小；
(2)若
为
的上顶点，斜率为
的直线与
交于M，N 两点（异于
的上、下顶点），记直
线DM，DN 的斜率分别为
．
（i）若
，求的方程；
（ii）若
，过
作的垂线，垂足为
，是否存在点
，使得
为定值？若存在，求出点
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0
0
1
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x x
x x
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x
x
x x
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x
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k
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1
2
1
k k
D
l
P
Q
PQ
Q
的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)（i）
（ii）存在点
，使得
为定值
【分析】（1）根据离心率得出
与的关系，利用直角三角形中正切值求出
，再由椭圆
对称性得解；
（2）（i）联立直线与椭圆方程，分别求出
的坐标，即可求出直线方程；（ii）设直线的方
程为
,联立直线与椭圆方程，根据韦达定理及斜率公式表示
出
，化简后根据
求出
，可知直线过定点，由题意确定
点轨迹为以
为直径的圆，
据此可得解.
【详解】（1）因为
，所以
，又
，所以
，
将
代入方程
，得
，所以
，所以
，又
，所以
，由椭圆的对称性知，
.
（2）因为
为
的上顶点，所以
，即
，所以
，
所以
，所以椭圆的方程为
.
（i）若
，则直线DM，DN 的方程分别为
，
由
，可得
，解得
，所以
，
Q
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2
k
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x
12
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M
x
2
5
M
y
即
，同理可求得
，所以直线的斜率为
，
所以直线的方程为
，即
.
（ii）设直线的方程为
，
由
，消去
并整理可得
，
则
，
且
.由
，可得
，解得
，
满足
，所以直线的方程为
，所以直线过定点
.由题意知点
在以
为
直径的圆上，所以当点
为线段
的中点
时，
，为圆的半径，即为定值.
12
2
,
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M
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2
2
2 ,
,
,
,
y
kx
m m
M x y
N x
y
2
2
1
6
4
y
kx
m
x
y
y
2
2
2
2
3
6
3
12
0
k
x
mkx
m
2
2
2
2
2
2
Δ
36
4 2
3
3
12
24 6
4
0
k m
k
m
k
m
2
1
2
1
2
2
2
6
3
12
3
2
3
2
,
mk
m
x
x
x x
k
k
1
2
1
k k
2
1
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
2
m
x
x
m
y
y
m
m
k k
k
k
k
k
x
x
x
x
x x
x x
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
6
2
2
3
2
2
2
3
2
3
12
3
12
2
3
2
3
2
3
2
mk
m
m
k
m
mk
k
k
k
m
m
m
m
k
k
2
4
1
3
2
m
m
2
5
m
0
l
2
5
y
kx
l
2
0,
5
E
P
DE
Q
DE
4
0, 5
1
6
|
|
|
|
2
5
PQ
DE
20．（2026·安徽淮南·二模）已知椭圆
：
的短轴长为
，离心率为
.
(1)求椭圆
的方程；
(2)记点
为椭圆
的左顶点，点
为椭圆
的下顶点，动点
是第一象限内椭圆
上的一点，直
线
与
轴交于点
，直线
与
轴交于点
.证明：四边形
的面积为定值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据离心率及短轴长得到方程组，求出
、
，即可得到椭圆方程；
（2）设
（
，
），表示出直线
、
的方程，即可得到
、
，最后根据
计算可得.
【详解】（1）因为离心率为
，椭圆的短轴长为
，
所以
，解得
，所以椭圆的方程为
．
（2）由（1）可知点
，
，设
（
，
），则
，即
①，则直线
的方程为
，令
，得
，所以
W
2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b
2 3
1
2
W
A
W
B
W
M
W
MB
x
C
MA
y
D
ABCD
2
2
1
4
3
x
y
2 3
a
b
,
M m n
0
m
0
n
AM
BM
C
x
D
y
1
2
ABCD
S
AC
BD
四边形
1
2
2 3
2
2
2
1
2
2
2 3
c
a
b
a
b
c
2
3
1
a
b
c
2
2
1
4
3
x
y
2,0
A
0,
3
B
,
M m n
0
m
0
n
2
2
1
4
3
m
n
2
2
3
4
12
m
n
MA
2
2
n
y
x
m
0
x
2
2
D
n
y
m
2
0,
2
n
D
m
圆锥曲线中的最值、范围问题
考点7
，
直线
的方程为
，令
，得
，所以
，
所以
，
，
所以四边形
的面积为：
，
又因为
，
所以
，
所以四边形ABCD 的面积为定值
．
1．（2026·河南濮阳·二模）圆
上的点到直线
距离的最大
值是（ ）
A．7
B．5
C．3
D．2
【答案】A
【详解】圆
的圆心
，半径
，直线
可化为
，令
，得
，故直线过定点
，由图知，当且仅当
时，点
到直线距离取得最大值：
，故圆
上的点到直
2
0,
2
n
D
m
MB
3
3
n
y
x
m
0
y
3
3
C
m
x
n
3
,0
3
m
C
n
3
3
2
2 3
2
3
3
m
m
n
AC
n
n
2
2
3
2 3
3
2
2
n
n
m
BD
m
m
ABCD
2
2
1
1
3
2
2 3
2
3
2 3
1 4
3
12
4 3
12
8 3
2
2
2
2
3
2
3
m
n
n
m
n
m
mn
m
n
S
AC
BD
m
n
m
n
2
2
3
4
12
m
n
2 3 2 3
3
2
2 3
2
3
1 24
4 3
12
8 3
2 3
2
2
3
2
3
2
3
mn
m
n
m
n
mn
m
n
S
m
n
m
n
m
n
2 3
2
2
:(
1)
(
2)
4
C
x
y
:
2
2
0
l x
ay
a
2
2
:(
1)
(
2)
4
C
x
y
1,2
C
2
r
:
2
2
0
l x
ay
a
2
2
0
x
a y
2
0
2
0
x
y
2
x
y
l
2, 2
A
CA
l
1,2
C
l
2
2
2 1
2
2
5
CA
C
线距离最大值为
.
2．（2026·河南郑州·二模）已知椭圆
，椭圆上一点
到直线
距离的
最大值为
，则该椭圆的离心率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】设椭圆
上任意点
，
,根据点到直线的距离公式，
可知
到直线
的距离为
，其中
，
所以
的最大值为
，两边平方整理得
， 椭圆中
，则
，
即离心率
.
3．（2026·山西运城·二模）已知点
在椭圆
的内部，
为
的左焦点，
l
5
2
7
CA
r
2
2
2
:
1
0
x
C
y
a
a
P
2
0
x
y
30
5
3
4
2
3
2
3
2
2
2
2
2
:
1
0
x
C
y
a
a
cos ,sin
P a
R
P
2
0
x
y
2
2
2
4cos
cos
2sin
5
1
( 2)
a
a
d
2
π
tan
,
0, 2
a
d
2
max
4
30
5
5
a
d
2
2
a
2
1
b
2
2
2
1
c
a
b
1
2
2
2
e
2,1
A
2
2
:
1(0
9)
9
x
y
C
m
m
F
C
为
上的动点，若
的最大值大于
，则
的离心率的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】设
的右焦点为
，因为点
在
的内部，所以
．
由椭圆的定义知
，所以
，则
，
则
的最大值为
，所以
，
又
，所以
，此时
满足
，所以
的离心率
．
4．（2026·浙江·二模）已知
为坐标原点，点
，动点
、
在抛物线
上，满足
．若点
关于直线
的对称点为
，则
的最大值是（ ）．
A．
B．9
C．
D．8
【答案】B
【详解】设直线
的方程为
，
，
联立抛物线方程得，
，由韦达定理得，
，
由
得，
，代入
，得
，
将
代入，得
，
或
（舍去），所以直线
的方程为
，恒
过点
，因为点
关于直线
的对称点为
，所以
垂直平分
，
是
中点，
所以
，所以点
的轨迹是以
为圆心，半径
的圆（除去原点），则点
P
C
PF
PA
6
2
C
1
0, 3
1 ,1
3
3
0, 3
3 ,1
3
C
F
2,1
A
C
4
1
1
9
m
2
6
PF
PF
a
6
PF
PF
6
6
PF
PA
PA
PF
AF
PF
PA
6
AF
2
6
6
( 9
2)
1
6
2
AF
m
0
9
m
8
9
m
m
4
1
1
9
m
C
1
1
0,
9
3
m
e
O
0,3
Q
A
B
2
:
4
C y
x
OA
OB
O
AB
P
PQ
103
73
AB
x
my
t
1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
2
4
4
0
y
my
t
1
2
1
2
4 ,
4
y
y
m y y
t
OA
OB
1
2
1
2
0
OA OB
x x
y y
2
2
1
2
1
2
,
4
4
y
y
x
x
2
1
2
1
2
0
16
y y
y y
1
2
4
y y
t
= -
2
16
4
0
16
t
t
4
t
0
t
AB
4
x
my
4,0
M
O
AB
P
AB
OP
M
OP
4
OM
MP
P
4,0
M
4
r
P
轨迹方程为
，所以
，所以
.
5．（2026·安徽淮南·二模）在平面上有等腰直角三角形
，
为直角顶点，
，
，
，
，若
，
到直线
的距离分别为
和
，则
的最大值为
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】建立平面直角坐标系，由题意可得直线
的直线方程为
，利用向量的线性
运算可求得
，求得
的中点
的轨迹方程，进而可得
，进而求得
的最大值.
【详解】以
为坐标原点，
所在直线为坐标轴建立如图所示的平面直角坐标系，
因为三角形
为等腰直角三角形，且
，所以
，
所以直线
的直线方程为
，因为
，所以
，
所以
，又
，所以
，解得
.
因为
，
，所以
的轨迹方程为
和
.
记
的中点为
，则
，所以
，
2
2
4
16
x
y
2
2
4
0
0
3
5
QM
max
5
4
9
PQ
QM
r
MON
O
2 2
MN
1
OA
2
OB
1
OB AB
A
B
MN
1d
2
d
1
2
d
d
2 2
5
2
5
2 2
2
3 2
MN
2
0
x
y
1
O
O
A
B
AB
D
1
2
2
d
d
DD
1
2
d
d
O
,
OM ON
MON
2 2
MN
2
OM
ON
MN
2
0
x
y
1
OB AB
1
OB
OB
OA
2
1
O
B OA
B
O
2
OB
2
2
1
OB OA
1
O
O
A
B
1
OA
2
OB
,
A B
2
2
1
x
y
2
2
2
x
y
AB
D
1
2
OD
OB
OA
2
2
2
2
1
1
5
2
2
2 1 1
4
4
4
OD
OB
OB OA
OA
所以
，所以
的轨迹方程为
.
过
分别向直线
作垂线
，垂足分别为
，
则
，又因为
，所以
为直角梯形，
又
，
为
的中点，所以
.
则
的最大值即为
的最大值，又
到直线
的距离为
，
所以
的最大值为
，所以
的最大值即为
.
6．（2026·云南昆明·二模）设椭圆
，点
和
均为椭圆
的顶点，
直线
与椭圆
交于
两点．当四边形
面积取最大值时，实数
的值为
（ ）
A．0
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】先根据顶点得出椭圆，再联立得出韦达定理，最后表示面积应用三角换元得出面积最大时
参数值.
【详解】由
和
可得
，所以椭圆方程为
，
5
2
OD
D
2
2
5
4
x
y
, ,
A B D
MN
,
,
AA BB DD
,
,
A B D
1
2
,
AA
d
BB
d
/ /
AA
BB
AA B B
/ /
BB
DD
D
AB
1
2
2
AA
BB
d
d
DD
1
2
d
d
2 DD
O
MN
2
2
0
0
2
2
1
1
DD
5
2
2
1
2
d
d
2 2
5
2
2
2
2
:
1
0
x
y
C
a
b
a
b
2,0
A
0,1
B
C
1
2
y
x
m
C
,
M N
ABMN
m
1
2
3
2
1
2,0
A
0,1
B
2,
1
a
b
2
2
1
4
x
y
因直线
的斜率为
，可得其方程为
，
又因为直线
，将其与
联立消去
，可得
，
由
解得
，由韦达定理得
，
所以
，
因为
，所以四边形
为梯形，而直线
的方程即
，
则梯形
的高也即点
到直线
的距离为
，
故梯形
的面积为
，
由图知面积最大值不在
时（此时
在
上方）取得，故只需考虑
，
令
，则
，则
，则
，
再令
，则
，
，
故
，故当
时，取得最大值为
.此时
，所以
，故当四边形
面积取最大值时，此时
的值
为
.
AB
1 0
1
0
2
2
1
1
2
y
x
1
2
y
x
m
2
2
1
4
x
y
y
2
2
2
2
2
0
x
mx
m
2
2
Δ
4
4 2
2
0
m
m
2
2
m
2
1
2
1
2
2 ,
2
2
x
x
m x x
m
2
2
2
2
1
2
1
2
1
5
1
4
2 2
5· 2
2
4
MN
x
x
x x
m
m
//
MN AB
ABMN
MN
2
2
0
x
y
m
ABMN
B
MN
2
0
2
2
2
1
5
1
2
m
m
d
ABMN
2
2
2
1
1
1·
5
5· 2
1 1
2
2
2
5
m
S
d
AB
MN
m
m
m
1
m
MN
AB
2
1
1
2
S
m
m
2cos
m
2
1
m
π ,π
4
1
2cos
1
2sin
1
2 sin
cos
2sin cos
S
π
sin
cos
2sin
4
t
0, 2
t
2
2sin cos
1 t
2
2
2
2
1
1
2
1
2
2
2
S
t
t
t
t
t
2
t
S
2
2
2
2
4
3
4
1
m
ABMN
m
1
7．（2026·湖北孝感·二模）在平面直角坐标系
中，已知圆
，点
．点
在直线
上运动，过点
作圆
的两条切线，切点分别为
，则点
到直线
的
距离的最大值为（ ）
A．2
B．3
C．4
D．5
【答案】A
【分析】设出点
的坐标，根据切线的性质可得到直线
的方程，进而可知直线
过定点
，
进而可知点
到直线
的距离的最大值为
.
【详解】如图，设
，则
.
根据圆的切线性质知，以
为直径的圆与圆
交于
两点，即线段
为两圆的公共弦.
而以
为直径的圆的圆心为
，半径为
，所以其方程为
，即
.与圆
的方程
作差得直线
的方程为
，将
代入得
，即
.因为上式对
恒成立，令
，解得
，所以直线
恒过定点
，所以点
到直线
的距离
，
xOy
2
2
:
16
O x
y
2,0
M
P
2
10
0
x
y
P
O
A
B
、
M
AB
P
AB
AB
N
M
AB
MN
0
0
,
P x
y
0
0
2
10
y
x
OP
O
A
B
、
AB
OP
0
0
,
2
2
x
y
2
2
0
0
1
2
x
y
2
2
2
2
0
0
0
0
1
2
2
4
x
y
x
y
x
y
2
2
0
0
0
x
x x
y
y y
O
2
2
16
x
y
AB
0
0
16
x x
y y
0
0
2
10
y
x
0
0
2
10
16
x x
x
y
0
2
10
16
0
x
x
y
y
0x R
2
0
10
16
0
x
y
y
16
5
8
5
x
y
AB
16
8
,
5
5
N
M
AB
d
MN
所以点
到直线
的距离的最大值为
.
8．（2026·浙江·二模）如图，已知正三角形
的边长为2，以B 为圆心的圆与直线
相切，若
点P 是圆B 上的动点，则
的最大值是（ ）．
A．
B．
C．4
D．
【答案】D
【分析】以A 为原点，建立平面直角坐标系，设
，求出
坐标，
由数量积的坐标运算结合余弦函数的性质即可得出答案.
【详解】
如图，以A 为原点，AC 所在直线为x 轴建立平面直角坐标系，已知正三角形
的边长为2，以
B 为圆心的圆与直线
相切，则
，圆B 的半径为
，因为点P 是圆B 上
的动点，设
，则
，
则
，因为
，所以，当
时，
取得
最大值为
.
9．（多选）（2026·河南开封·二模）已知点
是圆
上一动点，点
，点
，则（ ）
M
AB
2
2
16
8
2
2
5
5
MN
ABC
AC
AC AP
2 3
2
3
2
2 3
1
3 cos , 3
3sin
P
,
AC AP
ABC
AC
0,0 ,
1, 3 ,
2,0
A
B
C
3
1
3 cos , 3
3sin
,
0,2π
P
2,0 ,
1
3 cos , 3
3sin
AC
AP
·
2 1
3 cos
2
2 3 cos
AC AP
1
cos
1
cos
1
AC AP
2
2 3
P
2
2
:
4
O x
y
3, 0
M
0,
4
N
A．点
到直线
的距离的最大值为
B．满足
的点
有2 个
C．过点
作圆
的两条切线，切点分别为
，则直线
的方程为
D．
的最小值是
【答案】BCD
【分析】利用点到直线的距离公式来判断A，利用
的动点
的轨迹是以
为直径的圆，
然后借助两圆位置关系来判断B，根据切线的性质求得两圆相交弦所在直线方程来判断C，设存在
定点
，使得点
在圆
上任意位置时都有
，求得点
，计算判断D.
【详解】对于A，原点
到直线
的距离为
，所以圆
上动点
到直线
的距离的最大值为
，故 A 错误；对于B，满足
的动点
的轨迹是以
为直径的圆，设线段
的中点为
，则
，圆的半
径为
，所以圆
，
，因为
，
所以圆
与圆
相交，故B 正确；
对于C，过点
作圆
的两条切线，切点分别为
，由切线性质可知
四点共圆，
该圆的方程为
，则直线
的方程为两圆的相交弦，
P
MN
12
5
PM
PN
P
N
O
,
A B
AB
1
y
2 PM
PN
2 10
PM
PN
P
MN
0,
Q
t
P
O
2
PN
PQ
Q
O
: 4
3
12
0
MN
x
y
12
12
5
9 16
d
2
2
:
4
O x
y
P
MN
12
22
2
5
5
PM
PN
P
MN
MN
C
3
2
2
C
，
5
2
2
MN
r
2
2
3
25
:
2
2
4
C
x
y
9
5
4
4
2
OC
5
5
5
2
2
2
2
2
C
O
0,
4
N
O
,
A B
,
, ,
O N A B
2
2
2
4
x
y
AB
所以
，故C 正确；
对于D，设存在定点
，使得点
在圆
上任意位置时都有
，设
，则
，化简可得
，因为
，所以
，即点
所以
，
当且仅当
三点共线且点
在
中间时等号成立，所以
的最小值是
，故
D 正确．
10．（多选）（2026·四川广元·二模）已知椭圆
的左、右焦点分别为
，
，
离心率
，过原点
的直线交椭圆
于
，
两点，线段
的垂直平分线交椭圆
于
，
两点，过点
分别作
于
，
于
，则（ ）
A．
B．动点
的轨迹是一个圆
C．
的面积有最大值，最大值为
2
2
2
2
2
4
4
4
4
0
1
x
y
x
y
y
y
0,
Q
t
P
O
2
PN
PQ
,
P x y
2
2
2
2
4
2
x
y
x
y
t
2
2
2
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4
4
4
x
y
x
y
t
2
2
4
x
y
1
t
0, 1
Q
2
2
2
PM
PN
PM
PQ
MQ
2
2
2
3
0
0 1
2 10
, ,
M P Q
P
MQ
2 PM
PN
2 10
2
2
2
:
1
2
2
x
y
C
a
a
1F
2
F
2
2
e
O
l
C
A
B
AB
C
P
Q
O
OM
AP
M
ON
BP
N
1
2
2 2
F F
M
1
2
NF F
△
4 6
3
D．四边形
面积的取值范围为
【答案】ABD
【分析】对于选项A，用椭圆离心率定义即可求得；对于选项B，即证明
为定值即可；对于选
项C，判断点
的轨迹，得到面积取最大的情况即可；对于选项D，把四边形转成两个三角形面积
求解即可.
【详解】由
，可得
，解得
，
，
，从而椭圆
，
对于选项A，
，选项A 正确.对于选项B，当直线的斜率不存在或等于
时，线段
与线段
中，一条为椭圆的长轴，另一条就为椭圆的短轴，此时
，当直线的斜率存在且不为
时，设直线的斜率为
，则直线
的斜率为
，直线的表达式为
，联立
，化简整理得
，
即
，从而
设
，
，则
，
，则
，同理设
，
，则
，
MPNO
2 2 4 2
,
3
3
OM
N
2
a
2
2
2
2
c
a
e
a
a
2
a
2
b
2
c
2
2
:
1
4
2
x
y
C
2
1
2
2
2
2
2 2
F F
c
a
l
0
AB
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2
2
2
2
2 2
2 3
3
4
2
a
b
OM
a
b
l
0
l
k
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1
k
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y
kx
2
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1
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y
kx
x
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2
1
2
4
k
x
2
2
4
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2
x
k
2
2
4
1
2
k
y
k
1
1
,
A x y
2
2
,
B x
y
2
2
1
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2
x
k
2
2
1
2
4
1
2
k
y
k
2
2
2
2
1
1
2
4
4
1
2
k
OA
x
y
k
3
3
,
P x
y
4
4
,
Q x
y
2
2
3
2
2
4
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2
1
1
2
k
x
k
k
2
2
3
2
2
1
4
4
2
1
1
2
k
y
k
k
2
2
2
2
3
3
2
4
4
2
k
OP
x
y
k
1
1
2
2
OP OA
OM AP
，则
，由
，
得
，即
，
从而动点
的轨迹是以原点为圆心为
半径的圆，选项B 正确.对于选项C，由动点
的轨迹是
以原点为圆心为
半径的圆，可得动点
的轨迹是也以原点为圆心为
半径的圆，从而当动
点
在
轴上时，
面积的最大值为
，选项C 错误；对于选项D，四边
形
面积
又
，从而
令
，
，又当直线的斜率不存在时
故四边形
面积的取值
范围为
，选项D 正确.
2
2
3
2
2
1
4
4
2
1
1
2
k
y
k
k
2
2
2
2
3
3
2
4
4
2
k
OP
x
y
k
1
1
2
2
OP OA
OM AP
2
2
OP OA
OP OA
OM
AP
OA
OP
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
4
4
4
4
4
4
4
2 3
2
1
2
3
3
4
4
4
4
1
2
2
2
1
2
k
k
k
k
k
OM
k
k
k
k
k
k
M
2 3
3
M
2 3
3
N
2 3
3
N
y
1
2
NF F
△
1
2
1
2 3
2 6
2
3
3
F F
MPNO
1
2 3
2
2
2
3
POM
MPNO
S
S
PM OM
PM
四边形
1
tan
PM
OP
APO
OM
OA
2
2
2 3
2 3
4
2
1
3
3
3
2
MPNO
OP
k
S
OA
k
四边形
2
2
2
2
2
2
1
2
4
3
3
1
2
2
2
2
2
2
k
k
k
k
k
，
2 2 4 2
3
3
MPNO
S
四边形
，
l
4 2
3
MPNO
S
四边形
MPNO
2 2 4 2
,
3
3
11．（2026·浙江嘉兴·二模）已知
，若直线
上存在点P 满足
，
则实数c 的最大值是_________．
【答案】
/
【分析】由
求得
的轨迹为圆，结合直线与圆的位置关系即可求得c 的最大值.
【详解】设
，由题意得
，整理得
，
所以
的轨迹为以
为圆心，半径
的圆，因为
在直线
上，所以
与
相切或相交，则
到
的距离
，解得
，故c 的最大值是
.
12．（25-26 高三下·陕西西安·月考）已知抛物线
的焦点为F，其准线l 与坐标轴交于点
K．P 为E 上一点，
的平分线与y 轴交于点M，则点M 纵坐标的最大值为______．
【答案】
【分析】根据抛物线的方程求得焦点
及点
的坐标，设点
，根据角平分线定理
及基本不等式可得
的取值范围，从而求得的取值范围，得到点M 纵坐标的最大值.
( 2,0),
(1,0)
A
B
0
x
y
c
2
PA
PB
2
2 2
2 2
2
2
PA
PB
P
( , )
P x y
2
2
2
2
2
0
2
1
0
x
y
x
y
2
2
2
4
x
y
P
(2,0)
C
2
r
P
0
x
y
c
2
2
2
4
x
y
0
x
y
c
(2,0)
C
0
x
y
c
2
2
2
2
1
1
c
d
2
2 2
2
2 2
c
2
2 2
2
:
2
E x
y
KPF
3
2 2
2
F
K
,
,
0,
P x y
M
t
1
2
1
2
t
FM
MK
t
t
【详解】抛物线
的准线方程为
，所以
.当点
在原点时，易知
.当点
不在原点时，设
，则
.
.由角平分线定理，得
.设
，则
.
，
因为
，所以
，当且仅当
，即
时，等号成立.所以
，
所以
，所以
.即
，即
，解得
.所以点M 纵坐标的最大值为
.
13．（2026·广东深圳·二模）已知
，
为椭圆与双曲线的公共左，右焦点，
为它们的一个公共
2
:
2
E x
y
1
2
y
1
1
0,
,
0,
2
2
F
K
P
0,0
M
P
,
0
P x y
y
2
2
2
1
1
2
4
PF
x
y
y
y
2
2
2
1
1
3
2
4
PK
x
y
y
y
PF
MF
PK
MK
1
1
0,
2
2
M
t
t
2
2
1
1
2
4
1
1
3
2
4
t
y
y
t
y
y
2
2
2
2
2
1
1
3
2
2
2
4
4
1
1
1
1
1
1
3
3
3
3
4
4
4
4
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y
0
y
1
1
2
·
1
4
4
y
y
y
y
1
4
y
y
1
2
y
1
3
4
4
y
y
2
1
0
1
2
3
4
y
y
1
2
1
1
1
2
3
4
y
y
1
2
2
1
1
2
2
t
t
2
1
1
2
2
2
1
1
2
2
t
t
t
t
3
2 2
0
2
t
3
2 2
2
1F
2
F
P
点，且
，O 为坐标原点，
，
分别为椭圆和双曲线的离心率，则
的最大值为
_________．
【答案】
【分析】由题意可知
，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知
，由勾股定理可得三边关系，由离心率的定义可得
，再利用向量法即可求
出最大值.
【详解】由题意可设椭圆和双曲线的方程分别为
，因为二者共焦点，所以
，如图，设
，由椭圆和双曲线的定义可知
，
由此解得
，由题意知
，
所以
，
故在
中，由勾股定理可知
，代入
的表达式可得
，
由离心率的定义可得
，设
，则
，所以问题转化为求
的最大
值，设
，由
可得
，
2
PO
F O
1e
2e
1
2
2
1
e
e
10
2
1
PO
F O
FO
c
1
2
90
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2
2
1
2
1
1
2
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e
2
2
2
2
2
2
2
2
1,
1
x
y
x
y
a
b
a
b
2
2
2
2
'
2
c
a
b
a
b
1
2
,
PF
m PF
n
2 ,
2
m
n
a m
n
a
,
m
a
a n
a
a
2
1
PO
F O
FO
c
1
2
1
2
1
1
2
2
1
1
90
2
2
F PF
F PO
OPF
F PO
PFO
F PO
PF O
1
2
Rt
PF F
△
2
2
2
4
m
n
c
,
m n
2
2
'
2
2
a
a
c
2
2
1
2
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1
2
e
e
1
2
1
1
,
x
y
e
e
2
2
2
x
y
2x
y
,
,
2,1
a
x y
b
·
·
a b
a b
2
2
2
5
5
2
10
x
y
x
y
当且仅当两向量同向共线时即
取等号，所以
的最大值为
.
14．（25-26 高三下·上海宝山·期中）已知点
分别是椭圆
和圆
上的两
个动点，且点
，则
的最大值为__________.
【答案】
/
【分析】根据给定条件，利用椭圆的定义将所求最大值转化为求值
的最大值，再结
合圆的性质求解.
【详解】因为
为椭圆
的右焦点，设其左焦点为
，圆
的圆心
，半径
，由椭圆的定义得
，则
，而
，当
且仅当点
在直线
上时取等号，所以当
是线段
延长线与椭圆的交点、
是线段
延长
线与圆的交点时，
取得最大值
.
15．（2026·新疆·二模）已知
，
分别是椭圆C：
（
）的左、右焦点，O 为坐
标原点，M 为椭圆C 上任意一点，
的最大值为
，当
时，
的面积为
1．
(1)求椭圆C 的方程及其离心率；
1
10
2
5
y
x
1
2
2
1
e
e
10
P Q
､
2
2
1
9
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x
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2
2
(
2)
1
x
y
2,1
A
PA
PQ
7
17
17
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5
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PF
(2,0)
F
2
2
1
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5
x
y
( 2,0)
F
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2
(
2)
1
x
y
(2,0)
C
1
r
6
PF
PF
1
6
1
7
PQ
PA
PF
PA
PF
PA
PA
PF
|
|
|
| |
|
16
1
17
PA
PF
AF
P
AF
P
AF
Q
PF
PA
PQ
7
17
1F
2
F
2
2
2
2
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x
y
a
b
0
a
b
1
MF
2
3
1
2
90
F MF
1
2
F MF
△
(2)已知A，B 为椭圆C 的左右顶点，若点P 满足
，当M 与A，B 不重合时，直线MP 交椭
圆C 于另一点N，直线AM，BN 交于点T．
（ⅰ）证明：点T 在一条定直线上；
（ⅱ）求
的最大值．
【答案】(1)
，离心率为
(2)（ⅰ）证明见解析（ⅱ）
【分析】（1）根据给定条件，结合勾股定理及椭圆定义求出
即可；
（2）（ⅰ）设出直线
的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理求出点
的横坐标即可；
（ⅱ）利用斜率坐标公式及差角的正切公式求解.
【详解】（1）令椭圆C：
的半焦距为，由
的最大值为
，得
，
由
，
的面积为1，得
，
，
而
，因此
，即
，
，
解得
，所以椭圆C 的方程为
，离心率为
.
（2）（ⅰ）由（1）得
，由
，得点
，设
，
显然直线
不垂直于
，设其方程为
，
由
消去
，得
，
，
，
直线
的方程为
，即
，
3
AP
PB
ATB
2
2
1
4
x
y
3
2
π
6
, ,
a b c
MP
T
2
2
2
2
1
x
y
a
b
c
1
MF
2
3
2
3
a
c
1
2
90
F MF
1
2
F MF
△
1
2
|
2
|
|
| MF
MF
2
2
2
2
1
2
1
2
|
|
|
|
|
|
4
MF
MF
F F
c
1
2
|
|
| 2
|
MF
MF
a
2
2
4
4
4
a
c
2
2
2
1
b
a
c
2
3
a
c
2,
3
a
c
2
2
1
4
x
y
3
2
( 2,0),
(2,0)
A
B
3
AP
PB
(1,0)
P
1
1
2
2
(
,
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(
,
)
M x
y
N x
y
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y
1
x
ty
2
2
1
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ty
x
y
x
2
2
(
4)
2
3
0
t
y
ty
1
2
1
2
2
2
2
3
,
4
4
t
y
y
y y
t
t
1
2
1
2
2
3
3
ty y
y
y
MA
1
1
(
2)
2
y
y
x
x
1
1
(
2)
3
y
y
x
ty
同理直线
方程为
，联立消去
得
，
整理得
，因此
，
即
，所以点T 在一条定直线上.
（ⅱ）由对称性不妨令点
在
上方，设
，则
，
因此
，
当且仅当
时取等号，而
为锐角，所以
的最大值为
.
16．（2026·河南开封·二模）已知椭圆
经过点
，F 为C 的右焦点，
且
与x 轴垂直．
(1)求C 的标准方程；
(2)设直线l 与C 交于A，B 两点，且
（O 为坐标原点），探究：是否存在定圆与直线l 始
终相切? 若存在，求出该定圆的方程；若不存在，说明理由；
(3)在（2）的条件下，求
面积的最大值，并求此时直线l 的方程．
【答案】(1)
(2)存在，定圆的方程为
(3)
，的方程为
或
【分析】（1）先根据
与
轴垂直求出的值，再根据点
在椭圆上以及
求解出
.
NB
2
2
(
2)
1
y
y
x
ty
y
1
2
1
2
(
2)
(
2)
3
1
y
y
x
x
ty
ty
1
2
1
2
2
1
(
3
)
4
6
2
y
y
x
ty y
y
y
1
2
1
2
2
1
1
2
(
3
)
2(3
3
)
6
2
4
12
y
y
x
y
y
y
y
y
y
4
x
T
x
4,
T
m
tan
,tan
6
2
m
m
TAx
TBx
2
tan
tan
4
4
3
tan
tan(
)
1
tan
tan
12
3
4 3
TBx
TAx
m
m
ATB
TBx
TAx
TBx
TAx
m
m
2 3
m
ATB
ATB
π
6
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
C
a
b
a
b
2
1, 2
P
PF
OA
OB
AOB
V
2
2
1
2
x
y
2
2
2
3
x
y
2
2
l
2
1
2
y
x
2
1
2
y
x
PF
x
c
P
2
2
2
a
c
b
2
2
,
a b
（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用
得到
之间的关系，再利用原点到的
距离为定值从而确定圆的方程.
（3）根据三角形的面积公式
，其中
为定值，利用弦长公式将
表示成
的函
数，然后利用换元法求解出最大值即可.
【详解】（1）因为
与
轴垂直，所以
，
，
又点
在椭圆上，
，得
.所以椭圆
的标准方程为
.
（2）当直线的斜率存在时，设直线方程为
，
.
联立得
，整理得
.
，即
.
，
，
，即
，整理得
.
原点
到直线的距离
，将
代入得
故距离
为定值
，所以存在定圆
与直线相切.
当直线的斜率不存在时，设直线的方程为
，
.
l
OA
OB
,
m k
l
1
2
AOB
S
AB d
d
AB
2
k
PF
x
(1,0)
F
1
c
2
2
1
a
b
(
)
2
1, 2
P
2
2
1
1
1
2
a
b
2
2
2,
1
a
b
C
2
2
1
2
x
y
l
l
y
kx
m
1
1
2
2
(
)
A x y
B x
y
,
, (
,
)
2
2
1
2
x
y
y
kx
m
2
2
2
(1
2
)
4
2
2
0
k
x
kmx
m
2
2
2
2
2
(4
)
4(1
2
)(2
2)
8(2
1)
0
km
k
m
k
m
2
2
2
1
k
m
2
1
2
1
2
2
2
4
2
2
,
1
2
1
2
km
m
x
x
x x
k
k
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
(
)(
)
(
)
1
2
m
k
y y
kx
m kx
m
k x x
km x
x
m
k
OA
OB
1
2
1
2
0
OA OB
x x
y y
2
2
2
2
2
2
2
2
0
1
2
1
2
m
m
k
k
k
2
2
3
2
2
m
k
O
l
2
1
m
d
k
2
2
2
2
3
k
m
2
2
2
2
2
2(
1)
2
3
1
1
3
k
m
d
k
k
d
2
3
2
2
2
3
x
y
l
l
l
x
m
1
2
( ,
),
( ,
)
A m y
B m y
联立
，
，则
，
.
，得
，即直线的方程为
，
此时直线与圆
相切，符合题意.
综上，存在定圆与直线相切，定圆的方程为
.
（3）由三角形面积公式得
，其中
为定值.
当直线的斜率存在时，
，
将
代入整理得
.
令
，则
.
当
时，即
（此时
）时，
有最大值
.
此时三角形面积有最大值，最大值为
.
此时
，代入
，得
，
.
直线的方程为
或
.
当直线的斜率不存在时，由（2）可得
或
.
2
2
1
2
x
y
x
m
2
2
1
0
2
m
y
2
2
m
2
1
2
1
2
m
y y
2
2
2
1
2
1
0
2
m
OA OB
m
y y
m
2
3
m
l
2
3
x
l
2
2
2
3
x
y
l
2
2
2
3
x
y
1
2
AOB
S
AB d
2
3
d
l
2
2
2
2
2
1
2
1
2
2
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1
)
1
(
)
4
1
1
2
k
m
AB
k
x
x
x x
k
k
2
2
2(
1)
3
k
m
2
2
2
2
8(4
1)(
1)
3(2
1)
k
k
AB
k
2
2
1(
1)
t
k
t
2
2
4(
1)(2
1)
4
1
1
(2
)
3
3
t
t
AB
t
t
t
1
1
2
t
2
t
2
1
2
k
AB
3
1
2
2
3
2
3
2
AOB
S
2
2
k
2
2
2(
1)
3
k
m
2
1
m
1
m
l
2
1
2
y
x
2
1
2
y
x
l
2
2
2
2
(
,
), (
,
)
3
3
3
3
A
B
2
2
2
2
(
,
), (
,
)
3
3
3
3
A
B
此时
，
.
综上，
面积的最大值为
，此时直线的方程为
或
.
17．（2026·河北唐山·二模）已知双曲线
的左、右焦点分别为
，一条过
点
且斜率为
的直线与
的左、右两支分别交于
两点，与两条渐近线分别交于，
两
点．
(1)若焦距为12，求
的方程；
(2)当
时，若
，证明：
轴；
(3)若
，求
的最大值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据焦距为12 可得
，进而求出
，即可求解；
（2）联立直线
与双曲线方程，结合韦达定理及题设可得
，进而求出
坐标，即可证
明；
（3）联立直线
与双曲线方程，结合韦达定理表示出
，令
，可
得
，进而结合二次函数的性质求解即可.
【详解】（1）因为
，则
，
2
2 3
AB
1
2
2
2
2
2
2
3
3
3
2
AOB
S
AOB
V
2
2
l
2
1
2
y
x
2
1
2
y
x
2
2
2
2
:
1(
0)
8
x
y
C
a
a
a
1
2
,
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P
k
C
,
M N
S
T
C
2
k
2
2
180
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1
MF
x
2
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|
|
|
|
MN
ST
2
2
1
4
32
x
y
5
6
c
2
a
MN
3
a
1
,
M F
MN
2
3
8
48
4
MN
k
k
ST
k
4
k
t
2
|
|
32
32
3
|
|
MN
ST
t
t
1
2
2
12
F F
c
6
c
所以
，解得
，所以
的方程为
.
（2）当
时，直线
的方程为
，设
，
联立
，得
，则
，
且
， 而
，故
，将
代入，
整理得
，同理
，
所以
，解得
（负根舍去），则双曲线
，则
的坐标为
，而方程
，即为
，解得
或
，则
，所以
轴．
（3）当
时，双曲线
，直线
的方程为
，设
，
联立
，得
，
2
2
2
6
8
3
c
a
a
2
a
C
2
2
1
4
32
x
y
2
k
MN
2
6
y
x
1
1
2
2
,
,
,
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N x
y
2
2
2
2
2
6
1
8
y
x
x
y
a
a
2
2
6
9
2
0
x
x
a
2
2
Δ
36
4
9
2
72
8
0
a
a
2
1
2
1
2
6,
9
2
x
x
x x
a
2 3 ,0
F
a
2
2
2
1
1
3
MF
x
a
y
2
2
2
1
1
8
8
y
x
a
2
1
3
MF
a
x
2
2
3
NF
x
a
2
2
2
2
2
1
2
1
2
3
9
18
9
9
2
MF
NF
a x
x
x x
a
a
a
a
2
17
18
81
180
a
a
3
a
2
2
:
1
9
72
x
y
C
1F
( 9,0)
2
2
6
9
2
0
x
x
a
2
6
27
0
x
x
9
x
3
x
9
M
x
1
MF
x
2
a
2
2
:
1
4
32
x
y
C
MN
4
(
1)
y
k x
1
1
2
2
,
,
,
M x y
N x
y
2
2
4
1
1
4
32
y
k x
x
y
2
2
2
8
2
4
8
48
0
k
x
k k
x
k
k
则
， 所以
，
将直线
与渐近线
分别联立得：
，
因为
，
令
，即
，则
，
则
，即
时，
的最大值为
，经检验符合题意．
18．（2026·甘肃兰州·二模）已知椭圆
：
，
的下顶点为
，左焦点为
，动直线与
椭圆
交于
两点.
(1)若
是椭圆
上的一个动点，求
的最大值；
(2)若直线经过定点
，坐标平面上是否存在定点
（不同于点
），使得
2
2
2
2 (
4)
8
48
,
8
8
M
N
M
N
k k
k
k
x
x
x x
k
k
2
2
32
3
8
48
8
M
N
k
k
x
x
k
4
(
1)
y
k x
2 2
y
x
2
4 2
16 2
8
S
T
k
x
x
k
2
|
|
3
8
48
|
|
4
M
N
S
T
x
x
MN
k
k
ST
x
x
k
4
k
t
4
k
t
2
2
2
2
3
8
48
|
|
32
32
1
1
3
32
5
4
|
4
|
2
t
t
MN
ST
t
t
t
t
1
1
2
t
2
t
k
|
|
|
|
MN
ST
5
2
2
1
5
4
x
y
C
1F
l
,
A B
T
1
TC
TF
l
0,1
P
Q
P
QA
PB
PA QB
Q
恒成立?若存在，求点
的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在定点
【分析】（1）求
的最大值，利用椭圆的定义转化，求其最大值，
（2）分类讨论：直线斜率存在时，直线平行于
轴时，直线斜率不存在时，利用两种特殊情
况找到坐标，再对斜率存在的情况进行计算，设直线：
，只要证明
即可得
证，
【详解】（1）由题意得
，则
，所以
，
，右
焦点
，因为
，所以
，
当且仅当
、
、
共线（
介于
、
之间）时取到，
（2）
当直线斜率存在时，设方程为
，与
：
联立得：
，则
，设
，
，
由韦达定理得
，
.
当直线平行于
轴时，
，因此
，此时
在
轴上，设
.
QA
PB
PA QB
Q
3 5
0,4
Q
1
TC
TF
l
l
x
l
l
1
y
kx
0
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k
k
2
2
5,
4
a
b
5,
2,
5
4
1
a
b
c
0, 2
C
1
1,0
F
2 1,0
F
1
2
2
2 5
TF
TF
a
1
2
2
2 5
2 5
3 5
TC
TF
TC
TF
CF
T
2
F
C
2
F
T
C
l
1
y
kx
Γ
2
2
4
5
20
x
y
2
2
4
5
10
15
0
k
x
kx
2
2
100
60 4
5
0
k
k
1
1
,
A x y
2
2
,
B x
y
1
2
2
10
4
5
k
x
x
k
1
2
2
15
4
5
x x
k
l
x
PA
PB
QA
QB
Q
y
0,
Q
m
当直线斜率不存在时，不妨设
，
，则有
，
解得
或
（舍）.下面证明点
符合条件.设直线：
，要证
，
即
是
的角平分线，只要证明
.
而
，
因为
，因而得证，综上，存在定点
.
19．（2026·辽宁沈阳·二模）已知抛物线
，过焦点F 的直线与抛物线E 相交于
A，B 两点，与抛物线E 的准线相交于点Q．若以线段AF 为直径作圆，当此圆经过点
时，
．
(1)求抛物线E 的方程；
(2)证明：
；
(3)若点C，D 在抛物线E 上，且线段CD 的中点在直线
上，点
．求
面积的最大
值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）由题意可得：焦点
，准线为
，
.设
，代
l
0,2
A
0, 2
B
2 3
2
QA
PB
m
PA QB
m
4
m
1
m
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Q
l
1
y
kx
QA
PA
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PB
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0
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k
k
2
1
1
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1
2
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2
1
2
1
2
1
2
3
3
2
3
4
4
AQ
BQ
x
kx
x kx
kx x
x
x
y
y
k
k
x
x
x x
x x
1
2
1
2
2
2
30
10
2
3
3
0
4
5
4
5
kx x
x
x
k
k
0,4
Q
2
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2
(
0)
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1 ,0
4
1
2
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|
| |
| |
| |
|
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1 ,1
2
P
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9
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2
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2
p
y
1
2
2
A
p
AF
y
1
(
,
)
2
2
A
p
A x
入抛物线方程可得
，即
.设
，则
.由题意可得
，
解得
.
所求抛物线方程为
.
（2）由题意可知，过焦点
的直线斜率必定存在.设过焦点
的直线方程为
，
，
.令
，可得
.将直线方程
代入抛物线
消
可
得
.由韦达定理可得
，
.由抛物线定义可知
.
由相似三角形可知
.
所以
.
（3）
2
(1
)
A
x
p
p
(1
)
A
x
p
p
1
( ,0)
4
M
1
1 1
(
,
),
(
(1
)
,
)
4 2
4 2
2
p
p
MF
MA
p
p
1
1
1
(
)(
(1
)
)
(
)
0
4
4
2 2
2
p
p
MF MA
p
p
1
2
p
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y
1
(0, )
4
F
1
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4
F
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4
y
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1
1
( ,
)
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2
2
(
,
)
B x
y
1
4
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1
1
(
,
)(
0)
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4
Q
k
k
1
4
y
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y
2
1
0
4
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kx
1
2
x
x
k
1
2
1
4
x x
2
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2
1
1
4
4
1
1
4
4
y
x
FA
FB
y
x
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1
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1
1
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2
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1
1
2
2
1
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)
1
2
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2
1
2(
)
1
2
2
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Q
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x
x
x
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kx
x
x x
FA
k
QB
kx
x
x x
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x
x
x
x
k
QA
FB
QB
FA
设
的中点为
，
，
.则
，
.
由
，
可得
，则
.
所以弦长
.
由题意可知直线
的斜率存在且
.
所以直线
的直线方程为
，即
.
则点
到直线
的距离
.
所以所求面积
.
令
，则
.所以
，令
，可得
.
所以
在
上单调递增，在
上单调递减.
当
时，
.所以
面积的最大值为
.
20．（2026·上海闵行·二模）已知椭圆
的焦距为
，离心率为
，过点
的直线交椭圆于点
.
(1)求
的方程；
(2)记
的面积为，求证：
；
(3)求
的最大值与最小值，并写出取最大值与最小值时直线
的方程.
CD
( , )
t t
3
3
(
,
)
C x
y
4
4
(
,
)
D x
y
3
4
2
x
x
t
3
4
2
y
y
t
3
3
2
y
x
4
4
2
y
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2
3
4
2
x
x
t
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3
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)
(
)]
2
2
x x
x
x
x
x
t
t
2
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2
3
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3
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)
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) 1
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(
[0,1])
CD
x
x
y
y
t
t
t
t
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2
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3
4
2
CD
y
y
x
x
k
x
x
t
x
x
x
x
CD
2 (
)
y
t
t x
t
2
2
2
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y
t
t
1
( ,1)
2
P
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2
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t
t
t
t
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t
t
2
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2
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[0,1])
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t
t
t
t
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)
[0, ]
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t
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S
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(0,
)
6
6 1
(
)
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2
，
6
6
u
max
6
9
S
PCD
△
6
9
2
2
2
2
Γ :
1
0
x
y
a
b
a
b
4 3
3
2
2,1
P
A B
､
Γ
OAP
S
2 2
S
PA
PB
AB
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)最大值，直线方程
；最小值
，直线方程
【分析】（1）根据椭圆已知的焦距和离心率求出参数
，代入椭圆标准方程得到结果；
（2）将
表示为
点坐标的线性式，结合椭圆方程的参数形式，利用余弦函数的值域证明结论；
（3）设过点
的直线参数方程，利用参数的几何意义将
转化为
，结合韦达定理得
到表达式后求最值.
【详解】（1）由题意得
，故
，结合离心率
得
.
由椭圆关系
，因此椭圆
的方程为：
；
（2）设
，因为
，所以直线
，即
，
所以点
到直线
的距离
，又
，
所以
，由
在椭圆上得
，
所以可设
，所以
，
因此
，得证.
（3）设过
的直线
参数方程为
（为参数），
代入椭圆方程整理得：
，由参数的几何意义得
，结合韦达定理得：
，
2
2
1
16
4
x
y
8
1
y
2
2
x
,a b
S
A
P
t
PA
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∣∣∣
∣
1 2
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∣∣
2
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2 3
c
3
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c
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a
4
a
2
2
2
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b
a
c
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2
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2
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1
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1
2
1
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2
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S
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x
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2sin
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4cos
4sin
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4
x
y
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π
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4 2
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S
x
y
∣
∣
(2,1)
P
AB
2
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{
1
sin
x
t
y
t
t
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2
2
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4sin
)
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8sin
)
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0
t
t
t
1 2
PA
PB
t t
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∣∣∣
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2
2
8
8
cos
4sin
1 3sin
PA
PB
∣∣∣
∣∣
∣
斜率存在时，设斜率为
，化简得
，
由
得：当
时，
取得最大值，对应直线方程为
；
当直线斜率不存在时，直线为
，此时
，为最小值.
综上，
的最大值为，对应直线方程为
；最小值为
，对应直线方程为
21．（2026·山西吕梁·二模）已知抛物线C：
过点
，直线与C 交于A，B 两
点，O 为坐标原点.
(1)若直线的斜率为-1，且
，求直线的方程；
(2)若直线不经过点P，且直线
与直线
的斜率之积为4，过点P 作直线
垂直
于点G，
求点G 到C 的准线距离的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用抛物线上的点，求出抛物线方程，设直线的方程为
，代入抛物线方
程，利用韦达定理和
，求出
的值得直线的方程；
（2）直线
与直线
的斜率之积为4，得直线恒过定点
，点
在以
为直径的圆上，
可求点G 到C 的准线距离的最大值.
【详解】（1）抛物线C：
过点
，则有
，
解得
，所以抛物线C 的方程为
.直线与C 交于A，B 两点，设
，
tan
k
2
6
2
1
4
PA
PB
k
∣∣∣
∣
2
0
k
0
k
PA
PB
∣∣∣
∣
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2
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2
PA
PB
∣∣∣
∣
PA
PB
∣∣∣
∣
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2
2
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2
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1,2
P
l
l
12
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l
l
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b
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b
l
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2
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2
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x
l
1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
直线的斜率为-1 时，设直线的方程为
，
由
消去
得
，则有
，解得
，
由韦达定理得
，
，
，
，
，
解得
或
（舍去），所以直线的方程为
.
（2）设直线l 的方程为
，联立得
，化简得
，则
，即
，设
，则
，
.
得到
，
.
又
，所以
，即
，
可得
，
代入得
，即
，即
，
即
，即
，
又直线不经过点P，所以
，则
，
所以直线的方程为
，因此直线恒过定点
.
由
，得
，解得
或
.连接
，因为
，
所以点
在以
为直径的圆
上，
l
l
y
x
b
2
4
y
x
y
x
b
x
2
4
4
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y
y
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0
b
1
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y
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4
y y
b
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y y
y
y
x x
b
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,
,
,
OA
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y y
b
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2
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4
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2
0
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,
,
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B x
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2
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t
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1
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x
x
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t
ny
t
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y
t
n
t
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y
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t
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k
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y
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x
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y
y
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x
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y y
y
y
x x
x
x
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t
n
t
n
t
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t
n
t
n
t
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-
-
-
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2
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t
t
n
-
+
=
-
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)(2
)
(2
)
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t
n
t
n
t
(2
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1)
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t
n
t
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t
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t
l
(
2)
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2
,
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PT
PG
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G
PT
:
M
2
2
1
17
2
4
x
y
所以点
到
的准线的距离的最大值如下，为圆心
到
的准线的距离加上半径，即
，此时
，
，满足题意，
因此点G 到C 的准线距离的最大值为
.
22．（2026·广东揭阳·二模）已知双曲线C：
的左、右焦点分别为
，
，
实轴长为
，点
到双曲线
的渐近线的距离为1，过
的直线与
交于右支
两点.
(1)求双曲线
的方程；
(2)证明存在
轴上的一点
，使得
为定值；
(3)求
的最大值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）求出双曲线的基本量后可得双曲线的方程；
（2）设
，
，联立直线方程和双曲线方程，结合韦达定理化
，
根据该值为定值可求
的坐标；
（3）先求
、
，再根据两角和的正切公式结合韦达定理可求
，
G
C
1 ,0
2
M
C
3
17
2
1
17 ,0
2
G
1
17
0
1
17
2
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0
0
2
4
n
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2
2
2
2
2
1
0,
0
x
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a
b
a
b
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F
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1F
C
2
F
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C
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C
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2
1
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3
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l x
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1
1
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2
,
,
,
A x y
B x
y
MA MB
M
2
tan
AMF
2
tan
BMF
tan
,
max
MA MB
故可求
的最大值.
【详解】（1）因为实轴长为
，故
，
而点
到双曲线C 的渐近线的距离为1，故
，故双曲线的方程为：
.
（2）设为半焦距，则
，故
，
因为与双曲线的右支相交于两个不同的点，故可设
，
，
由
可得
即
，
故
且
，所以
.
又
.设
，则
，
，
故
，
为定值当且仅当
，故
，
故存在
轴上的一点
，使得
为定值且定值为
.
（3）由双曲线的对称性不妨设
，
，
故
，
，
AMB
2 3
3
a
1F
2
2
1
bc
b
b
a
2
2
1
3
x
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c
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2
c
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,
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12 12
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t
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t
3
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1
1
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x
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m
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m
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2
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y y
t
m
y
y
m
2
2
2
2
1
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2
2
3
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t
t
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m
m
t
t
2
2
2
4
7
1
2
3
m
t
m
t
MA MB
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1
3
m
5
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M
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2
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1
2
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0
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y
y
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2
2
2
2
2
tan
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1
3
3
y
y
BMF
x
ty
故
，其中
，
设
，则
，故
，
而
，故
，
注意到
，故
的最大值为
.
1
2
1
2
1
2
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1
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2
1
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AMB
y
y
y
y
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ty
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y
t
t
y y
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t
t
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s
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1
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3 3
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AMB
s
s
s
1
1 ,
3
s
2
1
1
1
tan
max
3 3 4
3
3
8
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AMB
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0
AMB
AMB
2π
3
