培优专题04 解析几何 6 大重难题型
题型01 轨迹方程与曲线方程问题
💎题型 01 轨迹方程与曲线方程问题
命题方向一 定义法求轨迹方程
命题方向二 相关点法求轨迹方程
命题方向三 交轨法与探究型轨迹问题
💎题型 02 圆锥曲线的弦长、面积与斜率问题
命题方向一 弦长问题
命题方向二 面积问题
命题方向三 斜率问题
💎题型 03 定点、定值、定直线 “三定” 问题
命题方向一 定点问题
命题方向二 定值问题
命题方向三 定直线问题
💎题型 04 圆锥曲线中的取值范围、最值问题
命题方向一 圆锥曲线的最值问题
命题方向二 圆锥曲线的范围问题
💎题型 05 证明类与几何探究问题
命题方向一 圆锥曲线中的证明问题
命题方向二 圆锥曲线中探究性问题
💎题型 06 圆锥曲线的融合交汇问题
命题方向一 圆锥曲线与三角函数的融合问题
命题方向二 圆锥曲线与数列的融合问题
命题方向三 圆锥曲线与立体几何的融合问题
抓关键
· 破难点
五大轨迹方程速解技法
1.定义法：从题设条件能直接判断出点的轨迹为所学的曲线(椭圆、双曲线、抛物线等)，则先判断动点的
轨迹形状，再确定相关曲线的基本元素，从而得到轨迹方程.
2.直接法：当所求动点要满足的条件简单明确时，可直接按“建系设点、列出条件、代入坐标、整理化简、
限制说明”五个基本步骤求轨迹方程.
3.相关点转化法：当题目中的条件同时具有以下特征时，一般可以用相关点转化法求轨迹方程:
(1)某个动点
在已知方程的曲线上移动;(2)另一个动点
随
的变化而变化；（3）在变化过程中
和
满足一定的规律.
4.参数法：当题设条件中很难或者无法直接找到坐标变量
，
的关系时，可通过设辅助参数
,分别找到
与
的关系，即
，消去参数
后即可求得轨迹方程.
5.交轨法： 求两曲线的交点轨迹方程时，往往先利用方程组求出交点坐标(含参数)，再消参即可.
刷经典
· 通方法
🎯命题方向一 定义法求轨迹方程
1.（2026·甘肃陇南·一模）已知定点
，点
为圆
上的动点，
为
的中
点．
（1）求
的轨迹方程；
（2）若过定点
的直线与
的轨迹交于
两点，且
，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）
或
【分析】（1）设
点的坐标为
，表达出点
的坐标，将其代入
中，整理可得
的轨迹方程；
（2）考虑直线的斜率不存在和斜率存在两种情况，由点到直线距离和弦长公式进行求解，得到答案.
【详解】（1）设
点的坐标为
，则点
的坐标为
，
点
为圆
上的动点，
，化简得
，故
的轨迹方程为
．
（2）圆
的圆心坐标为
，半径
，
当直线的斜率不存在时，直线的方程为
，
此时圆心到直线
的距离是
，所以
，满足条件；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为
，化简得
，
因为
，所以圆心到直线的距离
，
由圆心到直线的距离公式得
，
所以
，即
，平方得
，
整理得
，解得
，故直线的方程为
，即
．
综上，直线的方程为
或
．
2.（2026·山东聊城·一模）已知圆
，圆
，动圆
与
、
都外切.
（1）求圆心
的轨迹方程；
（2）设
，
、
是圆心
轨迹上的不同两点，过点
作
，垂足为
，若直线
与
的斜率之积等于
，求动点
轨迹的长度.
【答案】（1）
（2）
【详解】（1）设圆
的半径为，圆
的圆心为
，半径为
，圆
的圆心为
，
半径为
，
因为圆
与圆
、圆
都外切，则
，
，
所以，
，
所以，点
的轨迹是以点
、
为焦点的双曲线的右支，
设双曲线的标准方程为
，则
，可得
，
，则
，
所以，
，
所以，圆心
的轨迹方程为
.
（2）若直线
与轴垂直，则直线
与曲线
只有一个公共点，不合乎题意，
设直线
的方程为
，设点
、
，
联立
可得
①，
则
且
，可得
且
，
由韦达定理可得
，
，
，
整理可得
，
即
，
整理可得
，
若
，此时，方程①为
，由于
，解得
，
此时直线
与点
的轨迹只有一个公共点，不合乎题意，
所以，
，所以，直线
的方程为
，故直线
过定点
，
因为
，取线段
的中点
，则
，
所以点
在以点
为圆心，半径为的圆上运动，
由题意可得
，可得
，
易知直线
的方程为
，
联立
可得
，
直线
交轴于点
，交圆
于
、两点，
，则
，所以，
，
易知点
的轨迹为劣弧
（不包括端点），其长度为
.
🎯命题方向二 相关点法求轨迹方程
3.（2026·浙江丽水·模拟）已知
是椭圆
上的两点．
（1）求椭圆
的标准方程；
（2）已知
是椭圆
上的两动点，且
的横坐标之和为
，设直线为线段
的中垂线，过点
作
直线
，垂足为
．求垂足
横坐标
的取值范围，并求
的轨迹方程．
【答案】（1）
；
（2）
，
且
.
【分析】（1）根据椭圆上两点代入方程求解
的值即可得椭圆方程；
（2）设
，线段
的中点
，分别讨论直线
的斜率是否存在，当斜率
存在时
确定直线的方程与直线
联立得
横坐标
与
的关系，结合函数得
的取值范围，结合圆的定义从
而得
的轨迹方程.
【详解】（1）由题意
解得
，所以椭圆
的标准方程为
；
（2）设
，线段
的中点
，则
，
，
①当
时，
的中垂线为
轴，过点
向中垂线作垂线，垂足
为点
②当
时，直线
的斜率
，则
，
所以
，将
代入椭圆方程得
，
所以
，从而
或
，
线段
的中垂线方程为
，即
．
故线段
的中垂线过定点
故垂足
轨迹是在以
为圆心，半径为的圆弧，其方程为
过点
与
垂直的直线为
，
联立方程组
消去
得
，因为
，
所以
，综上①，②所得
所以垂足
轨迹方程是
，且
．
🎯命题方向三 交轨法与探究型轨迹问题
4. （2025·高考综合改革适应性演练）已知椭圆C 的离心率为
，左、右焦点分别为
，
（1）求C 的方程；
（2）已知点
，证明：线段
的垂直平分线与C 恰有一个公共点；
（3）设M 是坐标平面上的动点，且线段
的垂直平分线与C 恰有一个公共点，证明M 的轨迹为圆，并
求该圆的方程．
【答案】（1）
（2）证明见详解
（3）点
的轨迹是圆，该圆的方程为
【分析】（1）根据椭圆焦点坐标得
，离心率为
，得
，从而求出
，得出椭圆方程；
（2）写出中垂线方程，联立椭圆方程，判别式等于零，即可证明恰一个公共点；
（3）解法一：利用设直线方程联立椭圆方程的方法，根据判别式等于0，即可求解.
解法二：利用椭圆定义和线段垂直平分线的性质结合光学性质，得到
，从而得到点
的轨迹
和轨迹方程.
【详解】（1）因为椭圆左、右焦点分别为
，
，所以
，又因为椭圆C 的离心率为
，
得
，所以椭圆方程为
.
（2）由
，
得直线
斜率为
，中点坐标为
，
所以线段
的垂直平分线方程为
，
联立垂直平分线方程和椭圆方程
得
，
，
，所以直线与椭圆相切，
线段
的垂直平分线与C 恰有一个公共点
；
（3）解法一：设
，
当
时，
的垂直平分线方程为
，
此时
或
；
当
时，
的垂直平分线方程为
，
联立
，
得
，
即
因为线段
的垂直平分线与C 恰有一个公共点，
故
，
即
，
则
，
即
，
，
即
，
，
而
，
也满足该式，
故点
轨迹是圆，该圆的方程为
，即
.
解法二：设线段
的垂直平分线与C 恰有一个公共点为P，
则当点P 不在长轴时，线段
的垂直平分线即为点P 处的切线，
也为
的角平分线，
作
的角平分线
，根据椭圆的光学性质得
，
，则
，
故
，
所以
三点共线，所以
，
所以点
的轨迹是以
为圆心，4 为半径的圆，
当P 在椭圆长轴上时，M 点为
或
也满足
，
故点
的轨迹是圆，该圆的方程为
.
5.（2025·河北秦皇岛·模拟预测）已知椭圆
的离心率为
，右焦点为F，
点
在C 上，过点F 且斜率为k 的直线l 与C 交于A，B 两点.
（1）求椭圆C 的方程.
（2）若直线l 的斜率为
，求
的面积.
（3）设点Q 满足
，求点Q 的轨迹方程.
【答案】（1）
（2）
（3）
【分析】（1）由题意得
，结合
可求出
，从而可求出椭圆方程；
（2）设
，求出直线的方程，代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系结合
弦长公式求出
，再利用点到直线的距离公式求出点到直线的距离，从而可求出
的
面积；
（3）设
，
，由
，得
，将
代入椭圆方程化简利用根与系数的关系，结合前面的式子得
，两式
相比化简可求得
，代入其中的一个化简可求得点Q 的轨迹方程.
【详解】（1）由题意得
，由
得
，得
，
所以
，得
，则
，故椭圆C 的方程为
；
（2）由（1）可知
，则
，
因为直线l 的斜率为
，所以直线l 的方程为
，设
，
由
，得
，所以
，
所以
，
因为点
到直线的距离为
，所以
的面积为
；
（3）设
，
，
则
，
因为
，所以
，
所以
（*），直线l 的方程为
，
由
，得
，
，
则
，
所以
，
代入（*），可得：
，
当
时，
，得
（
且
），所以
，
化简整理得
当
时，得
，
，即
，满足上面的方程，
所以点Q 的轨迹方程为
题型02 圆锥曲线的弦长、面积与斜率问题
抓关键
· 破难点
一、巧妙缩小弦长公式的计算量的解题模板
第①步：考虑一般情况，设交点
，
，直线
第②步：联立“线锥”方程，得到一个关于
的一元二次方程
第③步:检验
,然后由根与系数的关系得
，
.
第④步:代入弦长公式得
.
观察上式，可得
，由此，弦长公式就和
建立了关系，可以得到简化的弦长公式
( 此处的
和
都是对应
来说的) ，而若得的是关于
的一元二次方程
，同理可得
(此处
和
则是对应y 来说的，
).
二、直线与圆锥曲线相交，弦和某个定点所构成的三角形的面积
1.一般方法：
（其中
为弦长，
为顶点到直线AB 的距离），设直线为斜截式
.
进一步，=
=
2.特殊方法：拆分法,可以将三角形沿着
轴或者
轴拆分成两个三角形，不过在拆分的时候给定的顶点
一般在
轴或者
轴上，此时，便于找到两个三角形的底边长.
3.坐标法：设
，
，则
.
三、“直曲相交”下斜率为定值的高分必记结论
1.设
是椭圆
上一定点，
是椭圆
上不同于点
的两点，若
d
AB
S
2
1
AB
d
m
kx
y
2
0
0
1
1
2
2
1
2
1
4
)
(
1
2
1
k
m
y
kx
x
x
x
x
k
m
y
kx
x
x
x
x
0
0
1
1
2
2
1
4
)
(
2
1
x
y
x
y
2
1
2
1
2
1
2
1
(
)
4
2
PAB
PQA
PQB
A
B
S
S
S
PQ y
y
PQ
y
y
y y
2
1
2
1
2
1
2
1
(
)
4
2
PAB
PQA
PQB
A
B
S
S
S
PQ x
x
PQ
x
x
x x
|
|
2
1
1
2
2
1
y
x
y
x
S AOB
，则直线
的斜率为
.
2.设
是双曲线
上一定点，
是双曲线
上不同于点
的两点，若
，则直线
的斜率为
.
3.设
是双曲线
上一定点，
是抛物线
上不同于点
的两点，若
，则直线
的斜率为
.
刷经典
· 通方法
🎯命题方向一 弦长问题
1 .（2026·山东青岛第二中学·一模）已知椭圆
：
的右焦点为
，且过点
.
（1）求
方程；
（2）设
为
上一动点，当
取得最大值时，求直线
被
截得的弦长.
【答案】（1）
（2）
【分析】（1）由椭圆的性质结合点在椭圆上代入解方程可得；
C
2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b
10
F
,
3
1, 2
P
C
Q
C
PQ
QF
C
2
2
1
4
3
x
y
25
7
（2）由椭圆的性质得到当
，
，
三点共线时
取得最大值，再直曲联立，由弦长公式
计算可得.
【详解】（1）设
半焦距为，因为
，故
.
又
过点
，故
.由椭圆的几何性质有
，
故
，
.所以
的方程为
.
（2）设
的左焦点为
，则
，当且仅当
，
，
三点共线时等号成立，此时
.
因为
，故直线
的方程为
.与
的方程联立有
，
整理有
，
，解得
，
.
故直线
被
截得的弦长为
.
2.（2026·江西省九江市多校·联考）已知双曲线
2
2
2
2
:
1
0,
0
x
y
C
a
b
a
b
的左焦点为
2,0
F
，离心率为
2.
P
F
Q
PQ
QF
C
c
1,0
F
1
c
C
3
1, 2
P
2
2
1
9
1
4
a
b
2
2
2
2 1
a
b
c
b
2
4
a
2
3
b
C
2
2
1
4
3
x
y
C
F
11
2
2
PQ
QF
PF
QF
QF
PF
a
P
F
Q
3
1,
2
Q
1,0
F
3
1
4
y
x
C
2
2
3
1 ,
4
1
4
3
y
x
x
y
2
7
6
13
0
x
x
36
4 7 13
400
0
1
1
x
2
13
7
x
C
2
1
2
3
5
20
25
1
4
4
7
7
x
x
（1）求C
的方程；
（2）过点F 的直线l 与C 交于,
A B 两点，与y 轴交于点P ，且P 是BF 的中点，求AB .
【答案】（1）
2
2
1
3
y
x
（2）
50
13
【分析】（1）由已知求
a
，由
, ,
a b c
关系求
2
b
，写出方程；
（2）由已知可得
2, 3
B
，求出直线l 方程，联立-消元-韦达定理，利用弦长公式求解.
【详解】（1）由已知可得
2
2
c
c
a
，所以
1,
2
a
c
，所以
2
2
2
4 1
3
b
c
a
，
所以C 的方程为
2
2
1
3
y
x
.
（2）因为P 是BF 中点，所以点B 的横坐标为2，所以
2, 3
B
，
所以直线
l
的斜率
3
4
k
，方程为
3
:
2
4
l y
x
，由
2
2
3
2
4
1
3
y
x
y
x
，得
2
39
36
84
0
x
x
，
设
1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x y
，则
1
2
1
2
36
84
,
39
39
x
x
x x
，
所以
2
2
2
1
2
1
2
9
36
84
5
120
50
1
4
1
4
16
39
39
4
39
13
AB
k
x
x
x x
.
3.（2026·安徽省皖北协作区·联考）已知椭圆
的短轴长为4，离心率为
．
（1）求Γ 的方程；
（2）若直线
与
交于A，B 两点，且
，求m 的取值范围．
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
a
b
a
b
5
5
y
x
m
8 10
|
|
9
AB
【答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据短轴长和离心率求出椭圆方程.
（2）联立直线与椭圆方程，利用判别式、韦达定理和弦长公式，结合弦长条件求出
的取值范围.
【详解】（1）由题意可得：短轴长
，故
，
又因为离心率
，结合椭圆关系
可得：
，解得
，
，所以椭圆
的方程为：
.
（2）由题意可知，联立直线
与椭圆方程：
，
消去
整理得：
，
设直线
与椭圆
交于点
，
，
则判别式
：
，
解得
，即
，由韦达定理得：
，
，
由弦长公式
，其中
，
2
2
1
5
4
x
y
3,
5
5,3
m
2
4
b
2
b
5
5
c
e
a
2
2
2
a
b
c
2
2
2
2
2
2
2
4
1
1
5
c
a
b
e
a
a
a
2
5
a
2
4
b
Γ
2
2
1
5
4
x
y
y
x
m
y
2
2
9
10
5(
4)
0
x
mx
m
y
x
m
Γ
1
1
,
A x y
2
2
,
B x
y
0
2
2
2
Δ
(10 )
4 9 5(
4)
720 80
0
m
m
m
2
9
m
3
3
m
1
2
10
9
m
x
x
2
1
2
5(
4)
9
m
x x
2
2
1
1
2
1
(
2)
4
AB
k
x
x
x x
∣
∣
1
k
可得：
，
又因为
，所以
，化简可得：
，两边平方得：
，
即
或
，又因为
，所以
的取值范围为：
.
4. （2026·浙江强基联盟·联考）已知
是双曲线
上垂直于实轴的动弦，
，
为双曲线
的左、右顶点，直线
与
相交于点P，点P 形成的曲线为C．
（1）若
过双曲线的右焦点，求
；
（2）求曲线C 的方程；
（3）已知动直线
与曲线C 交于
，
两点，
，
为直线l 上的另两点
，点F 的坐标为
，且
，
，O 为坐标原点，证明：
．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见详解
【分析】（1）先求出焦点坐标，再代入标准方程即可求出；
（2）设
及
，
，再写出直线
和直线
的方程并两式相乘，化简即
可求出；
8 10
9
AB
∣∣
2
4 10
9
8 10
9
9
m
2
9
2
m
2
5
m
5
m
5
m
2
9
m
m
( 3,
5)
( 5,3)
（3）联立
得到
，再求出
，设
中
点为E，进而求得
，最后利用
即可求出.
【详解】（1）因为双曲线的右焦点为
，
由对称性不妨设
，
，所以
．
（2）设
及
，
，又
，
，
所以，直线
的方程为
，直线
的方程为
，
两式相乘得
，又因
点
，
在双曲线上，
所以
，代入化简得
，所以曲线C 的方程为
．
（3）联立
得
，
，
，
，
所以
，
因为
在曲线C 上，所以
，
，
因为
，所以
；
设
中点为E，要证
，只需证
，即证
，
又由
，
以及（2）得
，
所以
，
，
即
，
，
所以
，所以
．
🎯命题方向二 面积问题
5. （2026··广东惠州第一中学3 月阶段·考试）已知双曲线
：
的右顶点为A.请
从条件①、②、③中选择两个条件作为已知，使得C 存在且唯一.
条件①：
的离心率为2；
条件②：
的渐近线方程为
；
条件③：
的右焦点与点A 的距离为1.
（1）求
的方程；
（2）若过点
的直线交C 的右支于点M，且
的面积为3，求的方程.
注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得0 分；如果选择多组符合要求的条件分别解答，按第一组解
答计分.
【答案】（1）选择条件①和③和选择条件②和③时，
的方程
，选择条件①和②时，C 存在
且不唯一
（2）
或
【分析】（1）选择条件①和③：根据双曲线的离心率公式和两点间距离公式进行求解即可；
选择条件②和③：根据双曲线的渐近线方程和两点间距离公式进行求解即可；
选择条件①和②：根据双曲线的离心率公式和双曲线的渐近线方程进行求解判断即可.
（2）方法一：根据三角形面积公式，结合点到直线距离公式进行求解即可；
方法二：设出直线方程与双曲线联立，利用三角形面积公式，结合点到直线距离公式进行求解即可.
【详解】（1）选择条件①和③：
因为C 的离心率为2，点A 到C 的右焦点的距离为1，所以
解得
又因为
，所以
，所以C 的方程为
.
选择条件②和③：
因为C 的渐近线方程为
，点A 到C 的右焦点的距离为1，所以由
可得
所以C 的方程为
.
选择条件①和②：因为
的离心率为2，
所以
，
所以
的渐近线方程为
，
由①能推出②，所以C 存在但是不唯一，不符合题意；
综上所述：选择条件①和③和选择条件②和③时，
的方程
，选择条件①和②时，C 存在且不
唯一.
（2）由（1）知，点A 坐标为
，又由
可得直线
的方程为
，且
.
设点M 到直线
的距离为d，
因为
面积为3，所以
，所以
.
设过点M 且与直线
平行的直线为n：
.
则n 与直线
的距离为
，故
，
解得
或
，所以直线n 方程为
或
，
直线
与直线
关于原点中心对称，
与双曲线左支有两个交点，不合题意，舍去.由
得
或
故点M 坐标为
或
，
当M 坐标为
时，点
，所以直线的方程为
，
当M 坐标为
时，点
，直线的方程为
，
所以直线的方程为
或
.
（方法二）由（1）知，点A 坐标为
，且点
在C 上.
当直线斜率不存在时，
，
面积为3，直线的方程为
，符合题意.
当直线斜率存在时，设其方程为
.
由
得
，
设
，则
，
，
故
，又因为A 到直线的距离
，
故
面积
.所以
，解得
，
或
，
因为该双曲线的渐近线方程为
，所以
，
，因此此时直线不与双曲线的右支
相交，因为
，所以此时直线与双曲线的右支相交，故直线的方程为
.
综上，直线的方程为
或
.
6. （2026·东北师大附中 哈尔滨师大附中 辽宁省实验中学第一次联合模拟考试）
已知椭圆
的离心率为
，短轴长为
．
（1）求椭圆
的方程；
（2）设
，
，
均为椭圆
上的动点．
（ⅰ）若直线
、直线
分别过
左右焦点，记直线
、
、
的斜率分别为
，
，
，
当
，
，
成等差数列时，求点
的坐标；
（ⅱ）若
的重心是坐标原点
，证明：
的面积是定值．
【答案】（1）
（2）（i）
；（ii）证明见详解；
【分析】（1）根据椭圆的离心率、短轴长、
的关系列方程组求解
的值，可得椭圆
的方程；
（2）（ⅰ）设
，则根据斜率关系可得
，设
，
，
，
，其中
，
，联立直线与椭圆确定交点坐标关
系，再由
，
，
成等差数列，得
，结合斜率的坐标运算列方程即可得
的值，从而
得所求；（ⅱ）若
的重心是坐标原点
，讨论直线
的斜率不存在与存在两种情况，当直线
2
2
2
2
Γ :
1(
0)
x
y
a
b
a
b
1
2
2 3
Γ
A
B
C
Γ
AC
BC
Γ
AC
AB
BC
1k
2k
3k
1k
2k
3k
C
ABC
V
O
ABC
V
2
2
1
4
3
x
y
0,
3
, ,
a b c
, ,
a b c
Γ
0
0
,
C x
y
0
0
0
0
1
3
2
0
0
0
2
1
1
1
y
y
x y
k
k
x
x
x
1
1
,
A x y
2
2
,
B x
y
1
:
1
CA
l
x
t y
2
:
1
CB
l
x
t y
1
1
1
t
k
2
3
1
t
k
1k
2k
3k
1
3
2
2
k
k
k
0
0
,
x y
ABC
V
O
AB
AB
的斜率存在时结合点差法得
，从而得直线
的方程，联立直线与椭圆，利用
的面积
公式得
，结合三角形重心性质即可证得结论.
【详解】（1）由题意可得
，解得
，
，所以椭圆方程为
；
（2）（ⅰ）设
，则
，
，所以
，
设
，
，
，
，其中
，
，
由
，消去
，得
，
则
从而
，
同理，可得
，
，
则
，
由
，
，
成等差数列，得
，即
，
0
0
3
4
AB
x
k
y
AB
ABC
V
OAB
S
2
2
2
1
2
2
2 3
c
a
b
a
b
c
2
a
3
b
2
2
1
4
3
x
y
0
0
,
C x
y
0
1
0
1
y
k
x
0
3
0
1
y
k
x
0
0
0
0
1
3
2
0
0
0
2
1
1
1
y
y
x y
k
k
x
x
x
1
1
,
A x y
2
2
,
B x
y
1
:
1
CA
l
x
t y
2
:
1
CB
l
x
t y
1
1
1
t
k
2
3
1
t
k
1
2
2
1
3
4
12
x
t y
x
y
x
2
2
1
1
3
4
6
9
0
t
y
t y
2
2
2
0
0
0
0
1
0
1
2
2
2
2
1
0
0
0
0
0
0
0
0
9
9
3
3
9
9
3
4
3
4
6
3
6
15
2
5
2
5
1
3
4
y
y
y
y
y y
y
t
x
y
x
x
x
x
x
y
0
0
0
1
1
1
0
0
0
1
3
5
8
1
1
2
5
2
5
x
y
x
x
t y
y
x
x
0
2
0
3
2
5
y
y
x
0
2
0
5
8
2
5
x
x
x
0
0
1
2
0
0
2
0
0
1
2
0
0
3
3
2
5
2
5
5
8
5
8
2
5
2
5
AB
y
y
y
y
x
x
k
k
x
x
x
x
x
x
0
0
0
0
0
2
0
0
0
0
0
3
2
5
2
5
3
5
8
2
5
5
8
2
5
5
4
y
x
x
x y
x
x
x
x
x
1k
2k
3k
1
3
2
2
k
k
k
0
0
0
0
2
2
0
0
2
3
2
1
5
4
x y
x y
x
x
解得
，
，或
（舍），
（舍），所以点
的坐标为
．
（ⅱ）证明：设
，
，
，
当直线
的斜率不存在时，易得
，直线
的方程为
，或
，直线
的方程
为
，将
代入椭圆的方程，可得
，所以
的面积
，
当直线
的斜率存在时，有
的中点
，则
，
因为
，
在椭圆上，则
，相减得
，
整理得
，所以可得
，
所以直线
的方程为
，即
，
令
，可得直线
在
轴上的截距为
，则
，
将
代入椭圆的方程，得
，
即
，则
，
，
所以
，
所以
，又因为
是
的重心，所以
，
0
0
x
2
0
3
y
0
0
y
2
0
17
4
2
x
C
0,
3
0
0
,
C x
y
1
1
,
A x y
2
2
,
B x
y
AB
2,0
C
AB
1
x
2,0
C
AB
1
x
1
x
3
2
y
ABC
V
1
9
3
3
2
2
S
AB
AB
0
0
,
2
2
x
y
M
0
1
2
1
2
0
,
AB
OM
y
y
y
k
k
x
x
x
1
1
,
A x y
2
2
,
B x
y
2
2
1
1
2
2
2
2
1
4
3
1
4
3
x
y
x
y
2
2
2
2
1
2
1
2
0
4
3
x
x
y
y
1
2
1
2
1
2
1
2
3
4
y
y
y
y
x
x
x
x
0
0
3
4
AB
x
k
y
AB
0
0
0
0
3
2
4
2
y
x
x
y
x
y
2
2
0
0
0
0
0
0
0
0
3
3
3
3
4
2
4
3
4
2
x
x
y
x
y
x
x
y
y
y
y
0
x
AB
y
0
3
2y
1
2
0
1
3
2
2
OAB
S
x
x
y
0
0
0
3
3
4
2
x
y
x
y
y
2
2
2
0
0
0
2
2
2
0
0
0
12
9
9
9
12
0
4
y
x
x
x
x
y
y
y
2
0
2
2
2
0
0
0
3
3
3
4
0
x
x
x
y
y
y
1
2
0
x
x
x
2
0
1
2
3
4
3
y
x x
2
2
2
2
2
0
0
0
0
1
2
1
2
1
2
0
9
48
36
36 12
48
36
4
2
3
3
x
y
y
y
x
x
x
x
x x
y
0
0
1
3
3
2
2
2
2
OAB
S
y
y
O
ABC
V
9
3
2
ABC
OAB
S
S
综上，
的面积是定值
．
🎯命题方向三 斜率问题
7. （2026·湖南长沙模拟·检测）已知双曲线
的中心为坐标原点，左焦点为
，离心率为
．
（1）求
的方程；
（2）直线l 与双曲线有两个不同的交点A、B，设
，直线PA 与双曲线的另一个交点为C，直线PB
与双曲线的另一个交点为D，若直线CD 过定点
，求直线AB 的斜率．
【答案】（1）
（2）1
【分析】（1）根据离心率和焦点坐标列式计算即可求出；
（2）设
，写出直线
的方程，再联立得
，同理得
，再根据直线CD 过定点
，即可求
出.
【详解】（1）由题意得
，双曲线的离心率为
，则
,
故
的方程为
.
ABC
V
9
2
7,0
7
2
1,0
P
5 3
,
2 2
2
2
1
4
3
x
y
1
1
2
2
3
3
4
4
,
,
,
,
,
,
,
A x y
B x
y
C x y
D x
y
PA
1
1
3
3
1
1
5
8
3
,
2
5
2
5
x
y
x
y
x
x
2
2
4
4
2
2
5
8
3
,
2
5
2
5
x
y
x
y
x
x
5 3
,
2 2
7
c
7
2
c
e
a
2
2
2
2,
3
a
b
c
a
2
2
1
4
3
x
y
（2）设
，
则直线
，联立
，
消去
整理得
，
将
代入上式整理得
，
由
，得
，同理得
，
又直线CD 过定点
，
，化简得
，
.
8. （2026·重庆育才中学3 月·模拟）已知
分别为双曲线
的左，右顶点，
为双曲线
上异于
的任意一点，直线
，
斜率之积为
，
的焦距为
．
（1）求
的方程；
（2）过点
作直线与双曲线
交于
，
两点（
不与
重合），记
的斜率分别
为
，证明：
为定值．
【答案】（1）
（2）证明见详解
【分析】（1）先设点，再应用斜率公式结合点在双曲线上计算得出
即可求解双曲线方程；
1
1
2
2
3
3
4
4
,
,
,
,
,
,
,
A x y
B x
y
C x y
D x
y
1
1
:
1
1
y
PA y
x
x
1
1
2
2
1
1
1
4
3
y
y
x
x
x
y
y
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
3
1
4
8
4
12
1
0
x
y
x
y x
y
x
2
2
1
1
1
4
3
x
y
2
2
2
1
1
1
1
15
6
6
24
15
24
0
x
x
x
x
x
x
2
1
1
1
3
1
5
8
2
5
x
x
x x
x
1
1
3
3
1
1
5
8
3
,
2
5
2
5
x
y
x
y
x
x
2
2
4
4
2
2
5
8
3
,
2
5
2
5
x
y
x
y
x
x
5 3
,
2 2
3
4
3
4
3
3
2
2
5
5
2
2
y
y
x
x
1
2
1
2
y
y
x
x
1
2
1
2
1
AB
y
y
k
x
x
,A B
2
2
2
2
:
1
x
y
E
a
b
(
)
0
0
a
b
，
M
E
,A B
MA
MB
3
4
E
2 7
E
4,0
l
E
C
D
,C D
,A B
,
,
l AC AD
1
2
, ,
k k k
1
2
k
k
k
k
2
2
1
4
3
x
y
2
2
4,
3
a
b
（2）设直线，再联立方程得出韦达定理，再应用斜率公式计算求解.
【详解】（1）设
，
，
，且
，
则
．
又焦距为
，则
，
，
双曲线
的标准方程为：
．
（2）由（1）知
，设
，
．
因为
不与
重合，所以可设直线
．
联立
，消
得：
，
故
，
，
，
，
，
，
可得
，
．
9. （2026·山东青岛一模·调研）如图，椭圆
，
，已知
右顶
0
0
,
M x
y
,0
A
a
,0
B a
2
2
0
0
2
2
1
x
y
a
b
2
2
2
2
0
0
0
2
2
2
2
0
0
0
3
4
MA
MB
b
x
a
y
y
b
k
k
x
a x
a
a
a
x
a
2 7
2
2
2
7
c
a
b
2
2
4,
3
a
b
E
2
2
1
4
3
x
y
2,0
A
1
1
,
C x y
2
2
,
D x
y
,C D
,A B
:
4
CD x
ty
2
2
1
4
3
4
x
y
x
ty
x
2
2
3
4
24
36
0
t
y
ty
2
3
t
2
Δ 144
576
0
t
1
2
2
24
3
4
t
y
y
t
1
2
2
36
3
4
y y
t
1
2
2
1
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
2
y
x
y
x
y
y
k
k
x
x
x
x
1
2
1
2
1
2
2
2
y
y
k k
x
x
1
2
2
1
1
2
2
1
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
6
6
2
6
2
y
x
y
x
y ty
y
ty
ty y
y
y
k
k
t
k
k
y y
y y
y y
1
2
1
2
1
2
1
2
2
k
k
k
k
k
t
k
k
k k
t
2
2
1 :
1(
0)
x
y
m
n
m
n
2
2
2 :
1
x
y
n
m
1
点为
，且它们的交点分别为
，
，
，
．
（1）求
与
的标准方程；
（2）过点
作直线MN，交
于点M，交
于点N，设直线
的斜率为
，直线
的斜率为
，
求
；（上述各点均不重合）
（3）点
是
上的动点，直线
交
于点
，直线
交
于点
，直线
交
于点
，
直线
与直线
交于点N，求点G 坐标，使直线NG 与直线NH 的斜率之积为定值．（上述各点均不
重合）
【答案】（1）
；
（2）
；
（3）
.
【分析】（1）首先求出
，再代入
即可得到答案；
(2,0)
H
1(1,1)
P
2( 1,1)
P
3( 1, 1)
P
4(1, 1)
P
1
2
1P
1
2
3PM
1k
3P N
2k
2
1
k
k
1
Q
1
1 1
Q P
2
2
Q
2 2
Q P
1
3
Q
3 3
Q P
2
4
Q
4 4
Q P
1 1
Q P
2
2
2
2
1
2
Γ :
1,Γ :
1
4
4
4
4
3
3
x
y
x
y
2
1
9
k
k
6 ,0
5
G
4
m
1(1,1)
P
（2 ）设
，计算得
，结合其在椭圆上，代入化简即可得
，同理
，则得到斜率比值；
（3）设直线
，联立椭圆方程得到
，则得到
的坐标，再计算得
，
，设
，计算化简得
，则得到定点坐标.
【详解】（1）由题意得，
，又因为
在
上，
代入
得
，所以
，则
.
（2）设
，则
，
又因为
，所以
，
则
，同理可得
，所以
.
（3）设直线
分别为
，其斜率依次为
，
设直线
，联立
得
，
即有
，所以
，代入直线方程得
，
1
1
2
2
,
,
,
M x y
N x
y
1
3
2
1
2
1
1
1
PM
P M
y
k
k
x
3
1
1
3
PM
P M
k
k
3
1
3
P N
P N
k
k
1
1
:
1
(
1)
l
y
k x
2
2
1
1
2
1
2
3
3
Q
k
k
x
k
Q
3
1
1
2
k
k
1
4
1
3
5
3
k
k
k
( , )
N x y
5
6
2
5
y
y
x
x
4
m
1(1,1)
P
1
1
1
1
1
4
n
4
3
n
2
2
2
2
1
2
Γ :
1,Γ :
1
4
4
4
4
3
3
x
y
x
y
1
1
2
2
,
,
,
M x y
N x
y
1
3
2
1
1
1
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
PM
P M
y
y
y
k
k
x
x
x
2
2
1
1
1
4
4
3
x
y
2
2
2
1
1
1
4
4 1
3
4
3
x
x
y
3
1
2
1
2
1
4
1
1
3
1
3
PM
P M
x
k
k
x
3
1
3
P N
P N
k
k
2
1
9
k
k
1
2
2
3
3
4
4
,
,
,
Q Q Q Q Q Q Q N
1
2
3
4
, , ,l
l l
l
1
2
3
4
,
,
,
k k k k
1
1
:
1
(
1)
l
y
k x
2
2
3
1
4
4
x
y
2
2
2
1
1
1
1
3
2
1
1
4
0
k
x
k
k
x
k
2
1
2
1
1
2
1
2
3
3
Q
P
k
k
x
x
k
2
2
1
1
2
1
2
3
3
Q
k
k
x
k
2
2
1
1
2
1
6
3
3
Q
k
k
y
k
则
，设
，
则经过
的两直线
之间斜率满足关系：
，
将直线
绕原点顺时针旋转
后也会经过
，
所以两者斜率满足
，所以
，
同理将直线
绕原点顺时针旋转
后也会经过
，
所以两直线斜率满足
，
，
设
，则有
，代入上式得：
，
得到
，所以
，因此存在定点
，
使直线
和直线
的斜率之积为定值5.
10. （2026·甘肃省一模）如图所示，焦点在
轴上的椭圆
的顶点分别为
，
且椭圆过点
.
2
2
2
1
1
1
2
2
1
1
1
1
2
6
3
1
2
2
1
Q
Q
y
k
k
k
k
x
k
k
k
3
( )
1
x
f x
x
1
2
,
P P
1
2
,l l
2
1
k
f k
2
3
,
l l
2
1
2
,
P P
3
2
1
1
f
k
k
2
3
2
1
2
1
1
1
1 3
2
1
k
k
k
k
f
k
3
4
,l l
1
2
,
P P
4
3
k
f k
1
3
1
4
3
1
1
1
3
2
3
3
5
1
3
1
1
2
k
k
k
k
k
k
k
( , )
N x y
1
4
1
1
,
1
1
y
y
k
k
x
x
1
3
5
1
1
1
1
3
1
y
y
x
y
x
x
2
2
5
16
12
(5
6)(
2)
y
x
x
x
x
5
6
2
5
y
y
x
x
6 ,0
5
G
GN
HN
x
C
1
2
1
2
1
2
2
π
,
,
,
,
3
A A B B
B A B
6
1, 3
（1）求椭圆
的方程；
（2）过椭圆
上任意一点
作四边形
的内切圆的两条切线
，切点分别为
，当切
线斜率存在时，记切线
斜率分别为
，试判断
是否为定值，若是定值，求出该定值；若不
是，请说明理由；
（3）若切线
与椭圆
的另一个交点分别为
，求
的最小值.
【答案】（1）
（2）
为定值，为
（3）2
【分析】（1）根据已知得
，结合所过的点求椭圆方程；
（2）设椭圆上任一点
，则
，且圆
的半径
，设过点
的圆的切线方程为
，利用相切关系得
，应用韦达定理即可得结论；
（3）讨论切线的斜率，设切线方程并联立椭圆，应用韦达定理及向量数量积的坐标运算求
，进
而得到垂直关系，最后由椭圆和圆的性质确定最小值.
【详解】（1）因为
，所以
，即
，
C
C
P
1
1
2
2
A B A B
,
PA PB
,A B
,
PA PB
1
2
,
k k
1
2
k k
,
PA PB
C
,
E F
EF
2
2
1
3
x
y
1
2
k k
1
3
3
a
b
0
0
,
P x
y
2
2
0
0
3
3
x
y
O
3
2
r
P
0
0
y
y
k x
x
2
2
2
0
0
0
0
3
4
8
4
3
0
x
k
x y k
y
OP OE
1
2
2
π
3
B A B
2
2
π
6
B A O
3
a
b
可设椭圆
的方程为
，又因为椭圆
过点
，
代入椭圆
的方程得：
，解得
，所以椭圆
的方程为：
；
（2）
是定值.理由如下：根据对称性，易知四边形
的内切圆的圆心为
因为直线
的方程为
，所以圆
的半径
，
设椭圆上任一点
，则
，
当圆的切线斜率存在时，可设过点
的圆的切线方程为
，
即
，所以圆的半径
，
两边平方化简得：
因为切线
的斜率分别为
，所以
是方程
的两个不同的根，
故
；
（3）①当直线
的斜率存在时，设直线
的方程为：
，设
，
因为直线
为圆
的切线，所以
，化简得
，
联立方程
，消去
得：
，
显然
恒成立，
为上式的两个不同的根，且
，
C
2
2
2
2
1
0
3
x
y
b
b
b
C
6
1, 3
C
2
2
2
1
3
1
3b
b
2
1
b
C
2
2
1
3
x
y
1
2
k k
1
1
2
2
A B A B
O
1
2
A B
3
3
0
x
y
O
2
2
3
3
2
1
3
r
0
0
,
P x
y
2
2
0
0
3
3
x
y
P
0
0
y
y
k x
x
0
0
0
kx
y
kx
y
0
0
2
3
2
1
kx
y
r
k
2
2
2
0
0
0
0
3
4
8
4
3
0 * ,
x
k
x y k
y
,
PA PB
1
2
,
k k
1
2
,
k k
*
2
2
0
0
1
2
2
2
0
0
4
3
4
3
1
3
4
3
3
4 3 3
y
y
k k
x
y
PE
PE
1
y
k x
m
1
1
,
E x y
PE
2
2
3
4
x
y
2
1
3
2
1
m
k
2
2
1
4
3
3
m
k
1
2
2
3
3
y
k x
m
x
y
y
2
2
2
1
1
1
3
6
3
3
0
k
x
k mx
m
Δ
0
0
1
,
x x
2
1
0
1
0
1
2
2
1
1
6
3
3
,
1 3
1 3
k m
m
x
x
x x
k
k
，可得
，同理可证
.
所以
三点共线，故弦
恒过点
，所以当
与
或
重合时，
.
②当直线
或直线
的斜率不存在时，易得
，
综上可知，
.
题型03 定点、定值、定直线“三定”问题
抓关键
· 破难点
一. 破解定点问题的解题策略：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明.
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方
程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点.
（3）求证直线过定点
：常利用直线的点斜式方程
或截距式
来证明．
二.定值问题的解题技巧
（1）先猜后证（特例法）：从特殊入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关.
（2）引起变量法（直接法）：直接推理、计算，并在计算推理过程中消去参数，从而得到定值.
三.定直线问题的解题策略
定直线问题是证明动点在定直线上，其实质是求动点的轨迹方程，所以所用的方法即为求轨迹的方法，
如定义法、消参法、交轨法等.
刷经典
· 通方法
🎯命题方向一 定点问题
1. （2026·重庆礼嘉中学·模拟）已知抛物线
：
与双曲线
的渐近线在第一、
四象限的交点分别为
，
，且
.
0 1
0
1
0 1
1
0
1 1
OP OE
x x
y y
x x
k x
m
k x
m
2
2
1
0
1
1
0
1
1
k
x x
k m x
x
m
2
2
2
2
1
2
1
2
2
1
1
1
3
3
6
1 3
1 3
k
m
k m
m
k
k
2
2
1
2
1
4
3
3
0
1 3
m
k
k
OP
OE
OP
OF
, ,
F O E
EF
O
P
1A
2A
min
1
2
|
|
2
EF
B B
PE
PF
6
2
EF
min
|
|
2
EF
E
2
2
0
y
px p
2
2
1
x
y
P
Q
（1）求抛物线
的方程；
（2）
，
为
上异于
，
的两动点，且以线段
为直径的圆恰好经过
，证明：直线
过
定点.
【答案】（1）
（2）证明见详解
【分析】（1）求出双曲线渐近线后，可表示出点
、
坐标，再利用
即可得解；
（2）由题意可得
，即可得
，则可设出直线
方程，联立抛物线，可得与交点纵
坐标有关韦达定理，结合
可表示出直线
方程，即可得解.
【详解】（1）
的渐近线为
，
联立
，解得
或
，故
，
由对称性可得
，则
，
故
（负值舍去），即抛物线
的方程为
；
（2）由（1）知
，设
、
，由以线段
为直径的圆恰好经过
，则
，
由
，
，
则
，
由
，
异于
，故
，则
，
设
，
，则
，
，则
，
E
A
B
E
P
Q
AB
P
AB
2
4
y
x
P
Q
OPQ
S
PA
PB
0
PA PB
AB
PA
PB
AB
2
2
1
x
y
y
x
2
2
y
px
y
x
2
2
x
p
y
p
0
0
x
y
2 ,2
P
p
p
2 , 2
Q
p
p
2
1
2
4
4
16
2
OPQ
S
p
p
p
2
p
E
2
4
y
x
4,4
P
2,2
A m
m
2,2
B n
n
AB
P
PA
PB
2
4,2
4
PA
m
m
2
4,2
4
PB
n
n
2
2
4
4
2
4
2
4
PA PB
m
n
m
n
2
2
2
2
4
2
2
m
n
m
n
m
n
2
2
2
2
4
0
m
n
m
n
A
B
P
2
2
0
m
n
2
2
4
2
8
0
m
n
mn
m
n
:
AB
l
x
ty
s
2
4
x
ty
s
y
x
2
4
4
0
y
ty
s
2
16
16
0
t
s
2
0
t
s
，
，即
，
，
故
,即
，则
，
当
时，
，故直线
过定点
.
2.（2026·山东聊城一模） 已知抛物线
的焦点为
，点
在
上，且
．
（1）求
的方程；
（2）过点
的直线交
于
两点，以线段
为直径作圆，该圆是否恒过
上一定点？若是，
求出该点坐标；若否，请说明理由．
【答案】（1）
（2）过定点；定点坐标为
【分析】（1）由点
在抛物线
上，求得
，根据
，结合抛物线的定义，列出方程，求
得
的值，即可求解；
（2）设直线的方程为
，联立方程组，得到
，假设以线
段
为直径的圆恒过
上的点
，得到
，列出方程，利用韦达定理，化简得到
，结合对任意
恒成立，求得
，进而得到结论.
2
2
4
m
n
t
2
2
4
4
m
n
mn
s
2
m
n
t
mn
s
2
8
4
8
0
mn
m
n
s
t
4
8
s
t
:
4
8
4
8
AB
l
x
ty
t
t y
8
x
4
y
AB
8, 4
2
:
2
(0
6)
C y
px
p
F
( ,4)
P a
C
5
PF
C
(5, 2)
T
l
C
,A B
AB
C
2
4
y
x
(1,2)
( ,4)
P a
C
8
a
p
5
PF
p
l
5
(
2)
x
m y
1
2
1
2
4 ,
8
20
y
y
m y y
m
AB
C
0
0
(
)
Q x y
0
QA QB
2
0
0
(4
8)
4
0
y
m
y
m
0
2
y
【详解】（1）由抛物线
，可得其焦点为
，准线方程为
，
因为点
在抛物线
上，可得
，解得
，
又因为
，根据抛物线的定义，可得
，即
，
整理得
，解得
或
，
因为
，所以
，所以抛物线
的方程为
.
（2）设直线的方程为
，且
，
联立方程组
，整理得
，
则
，
，
假设以线段
为直径的圆恒过
上的点
，则
，
因为
，且
，
所以
，
整理得
，
因为
，所以
，
两边同时除以
，可得
，
即
，即
，
将
代入上式，可得
，
2
2
y
px
(
,0)
2
p
F
2
p
x
( ,4)
P a
C
24
2pa
8
a
p
5
PF
5
2
p
a
8
5
2
p
p
2
10
16
0
p
p
2
p
8
p
0
6
p
2
p
C
2
4
y
x
l
5
(
2)
x
m y
1
1
2
2
(
)
A x y
B x
y
,
, (
,
)
2
5
(
2)
4
x
m y
y
x
2
4
8
20
0
y
my
m
2
2
2
4
8
20
0
Δ
4
4 8
20
16
2
5
0
y
my
m
m
m
m
m
，
1
2
1
2
4 ,
8
20
y
y
m y y
m
AB
C
0
0
,
Q x
y
0
QA QB
1
0
1
0
2
0
2
0
(
,
),
(
,
)
QA
x
x
y
y
QB
x
x
y
y
2
2
2
0
1
2
1
2
0
,
,
4
4
4
y
y
y
x
x
x
2
2
2
2
0
0
1
2
1
0
2
0
(
) (
)
(
)(
)
0
4
4
4
4
y
y
y
y
QA QB
y
y
y
y
1
0
2
0
1
0
2
0
1
0
2
0
(
)(
) (
)(
)
(
)(
)
0
16
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y
1
0
2
0
,
y
y
y
y
1
0
2
0
(
)(
)
0
y
y
y
y
1
0
2
0
(
)(
)
0
y
y
y
y
1
0
2
0
(
)(
)
1
0
16
y
y
y
y
1
0
2
0
(
)(
) 16
0
y
y
y
y
2
1
2
0
1
2
0
(
)
16
0
y y
y
y
y
y
1
2
1
2
4 ,
8
20
y
y
m y y
m
2
0
0
8
20
4
16
0
m
my
y
整理得
，因为上式对任意
恒成立，所以
，解得
，
当
时，可得
，所以以线段
为直径的圆恒过抛物线
上一定点
.
3. （2026·齐齐哈尔·一模）已知动圆过定点
，且被
轴截得的弦长为4.
（1）求动圆圆心
的轨迹方程；
（2）已知过点
的直线与圆心
的轨迹交于
两点，点
关于
轴的对称点为
.
（i）求
（
为坐标原点）面积的最小值；
（ii）证明：直线
必过定点
.
【答案】（1）
（2）（i）
；（ii）证明见详解
【分析】（1）根据已知条件列出等式求轨迹方程；（2）（i）设直线方程，与抛物线方程联立，求出三角
形面积的表达式，进而求最值；（ii）先求出直线
的方程，通过分析方程确定所过的定点.
【详解】（1）解：设动圆圆心为
，则
，
圆心
到
轴距离为
，动圆被
轴截得的半弦长为2，则
，化简得
，
所以动圆圆心
的轨迹方程为
.
2
0
0
(4
8)
4
0
y
m
y
m
0
2
0
4
8
0
4
0
y
y
0
2
y
0
2
y
2
2
0
0
2
1
4
4
y
x
AB
C
(1,2)
2,0
E
y
C
E
l
C
,A B
B
x
B
AOB
V
O
AB
D
2
4
y
x
4 2
AB
,
C x y
2
2
(
2)
CE
x
y
C
y
x
y
2
2
2
2
(
2)
| |
2
x
y
x
2
4
y
x
C
2
4
y
x
（2）（i）解：设直线
的方程为
，
联立
，消去
整理得
，
则
，
则
的面积为
，
当且仅当
时取等号.所以
面积的最小值为
.
（ii）证明：由题得
，则直线
方程为
，
根据抛物线的对称性可知定点必定在
轴上，
令
，得
，
所以直线
必过定点
.
4 （2026·陕西渭南中学·一模）已知平面上一动圆P 与圆
相内切（其中圆P 的半
径小于圆F 的半径），且圆P 经过点F 关于原点的对称点
，记圆心P 的轨迹为曲线C．
（1）求C 的方程；
AB
1
1
2
2
2,
,
,
,
x
my
A x y
B x
y
2
2
4
x
my
y
x
x
2
2
4
8
0,Δ
16
32
0
y
my
m
1
2
1
2
4 ,
8
y
y
m y y
AOB
V
2
2
1
2
1
2
1
16
32
4
2
4 2
2
S
OE
y
y
y
y
m
m
0
m
AOB
V
4 2
2
2
,
B x
y
AB
2
1
2
2
2
1
y
y
y
y
x
x
x
x
x
0
y
2
1
1
2
2
1
1
2
2
1
2
2
2
1
2
1
1
2
2
2
y
my
y
my
x
x
x y
x y
x
y
x
y
y
y
y
y
y
2
1
1
2
1
2
2
2
16
8
2
4
my y
y
y
m
m
y
y
m
AB
2,0
D
2
2
:
2 3
13
F x
y
x
F
（2）记C 与x 轴的两个交点分别为
，
（
在
的右侧），直线l 与C 相交于点M，N（异于点
，
），且直线
的斜率恰好是直线
的斜率的7 倍．
（i）直线l 是否过一定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由；
（ii）求四边形
的面积S 的最大值．
【答案】（1）
（2）（i）直线恒过定点
；（ii）
【分析】（1）根据圆的位置关系，得到
为定值，结合椭圆的定义即可求解；
（2）（i）设直线方程，联立结合韦达定理得到
，再由直线
、
斜率的关系构建方程化
简即可；
（ii）由（i）得到
，结合
，再根据换元法求最值．
【详解】（1）圆
，即
,所以圆心
，半径
，
因为
是
关于原点的对称点，所以
，
设动圆
的半径为，因为动圆
与圆
相内切，所以
，
又因为圆
经过点
，所以
，则
，
所以点
的轨迹是以
为焦点的椭圆，其中
，则
，
1A
2A
2A
1A
1A
2A
1AM
2A N
1
2
AMA N
2
2
1
4
x
y
l
3,0
2
8
3
PF
PF
1
2
1
2
,
y
y y y
1AM
2A N
1
2
1
2
,
y
y y y
1 2
1 2
A A M
A A N
S
S
S
2
2
:
2 3
13
F x
y
x
2
2
(
3)
16
x
y
3,0
F
4
R
F
F
3,0
F
P
r
P
F
4
PF
r
P
F
PF
r
4
2 3
PF
PF
FF
P
,
F F
2
4,2
2 3
a
c
2,
3
a
c
所以曲线
的方程为
；
（2）（i）曲线
的方程
，则
，
由题可知直线斜率不为零，则设直线
，
，
，
，
，
又直线
的斜率恰好是直线
的斜率的
倍，即
，
即
，整理得
，
即
，即
，
，解得
，
时，
，
，直线的方程为
，即直线恒过定点
；
（ii）由（i）知
，则
，
则四边形
的面积
，
C
2
2
1
4
x
y
C
2
2
1
4
x
y
1
2
2,0 ,
2,0
A
A
l
1
1
2
2
:
,
,
,
,
l x
my
n M x y
N x
y
2
2
1
4
x
my
n
x
y
2
2
2
4
2
4
0
m
y
mny
n
2
2
2
2
2
Δ
2
4
4
4
16
16
64
0
mn
m
n
m
n
2
1
2
1
2
2
2
2
4
,
4
4
mn
n
y
y
y y
m
m
1AM
2A N
7
1
2
1
2
7
2
2
y
y
x
x
1
2
1
2
7
2
2
y
y
my
n
my
n
1
2
2
1
6
7
2
2
0
my y
n
y
n
y
2
2
2
2
2
4
2
6
7
2
2
0
4
4
n
mn
m
n
y
n
y
m
m
2
2
2
8
24
4
8
12
0
4
mn
m
mn
n
y
m
8
12
0
n
3
2
n
3
2
n
2
2
2
8
24
4
18
24
6
0
4
4
mn
m
mn
m
m
m
m
m
3
2
n
\
= -
l
3
2
x
my
l
3 ,0
2
3
2
n
1
2
1
2
2
2
3
7
,
4
4
4
m
y
y
y y
m
m
1
2
AMA N
1
2
1
2
1
2
1
2
1
1
4
4
2
2
2
A A M
A A N
S
S
S
y
y
y
y
，
，
令
，
则
，当
，即
时取等，
即四边形
的面积S 的最大值为
．
🎯命题方向二 定值问题
5．（2026·河南九师联盟模拟·预测）已知
，
，动点M 满足
，设M 的
轨迹为曲线C．
（1）求曲线C 的方程；
（2）设直线
与曲线C 有两个交点A，B，求k 的取值范围；
（3）设直线
与曲线C 交于P，Q 两点，求证：
为定值．
【答案】（1）
；
（2）
；
（3）
【详解】（1）设
，
为定值，所以点
的轨迹是以
为焦点的双曲线的右支，
设双曲线方程为：
，
，
所以，曲线
的轨迹方程是
；
1
2
2
7
0
4
4
y y
m
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
4
S
y
y
y
y
y
y
y y
2
2
2
2
2
2
3
7
4
7
2
4
4
4
4
m
m
m
m
m
2
4
,
4
m
t t
2
2
2
2
2
2
4
7
4
9
9
4
1
2
4
8
4
4
4
4
9
9
9
3
4
m
t
S
t
t
t
t
m
1
2
0
9
t
9
2
t
1
2
AMA N
8
3
1
2,0
C
2 2,0
C
1
2
2
MC
MC
:
1
l y
kx
:
2
l
x
my
2
2
1
1
PC
QC
2
2
1
0
3
y
x
x
2
3
k
-
<
< -
2
3
,
M x y
1
2
2
MC
MC
M
1
2
,
C C
2
2
2
2
1(
0,
0)
x
y
a
b
a
b
2
2,
2,
1,
3
a
c
a
b
C
2
2
1
0
3
y
x
x
（2）设
，
由
，消去
得
，则
.
整理得
，解得
.
（3）设
，
由
，消去
得，
，则
.
，
所以
，
1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x y
2
2
1
1
0
3
y
kx
y
x
x
y
2
2
3
2
4
0
k
x
kx
1
2
2
1
2
2
2
2
2
0
3
4
0
3
Δ
4
4 3
4
0
k
x
x
k
x x
k
k
k
2
2
3
4
0
k
k
k
2
3
k
-
<
< -
3
3
4
4
,
,
,
P x y
Q x y
2
2
2
1
3
x
my
y
x
x
2
2
3
1
12
9
0
m
y
my
3
4
3
4
2
2
12
9
,
0
3
1
3
1
m
y
y
y y
m
m
2
2
3
1
PC
m
y
2
2
4
1
QC
m
y
3
4
2
2
2
2
2
3
4
3
4
1
1
1
1
1
1
1
y
y
PC
QC
m
y
m
y
m
y y
3
4
3
4
2
2
2
2
9
9
1
1
3
1
3
1
y
y
y
y
m
m
m
m
2
2
2
2
3
4
3
4
2
2
2
2
12
9
4
4
3
1
3
1
9
9
1
1
3
1
3
1
m
y
y
y y
m
m
m
m
m
m
2
2
2
2
6
1
3
1
6
2
9
9
3
1
3
1
m
m
m
m
6．（2026·山东烟台诊断性·测试）已知双曲线
经过点
，且离心率为2．
（1）求
的方程；
（2）过
的右焦点且斜率不为0 的直线与
交于
两点，设
分别为
的左、右顶点，且直线
的斜率分别为
，判断：
是否为定值？若是，求出该定值；否则，说明理由．
【答案】（1）
（2）是定值，
【分析】（1）根据题设列出关于
的方程组，求解即得；
（2）设的方程为
，与双曲线方程联立，写出韦达定理，分别求出直线
的斜率
，
并化简
，利用消元思想与韦达定理即可推出结论.
【详解】（1）由题意，可得
， 解得
.所以
的方程为
.
2
2
2
2
1
0,
0
x
y
C
a
b
a
b
：
2 3
，
C
C
l
C
,A B
,
M N
C
,
AM BN
1
2
,
k k
1
2
k
k
2
2
1
3
y
x
1
3
, ,
a b c
l
2
x
my
,
AM BN
1
2
,
k k
1
2
k
k
2
2
2
2
2
4
9
1
2
a
b
c
a
a
b
c
2
2
1
3
a
b
，
C
2
2
1
3
y
x
（2）由（1）知，
的右焦点为
，设的方程为
，
与方程
联立，得
.
因为与
有两个交点，所以
且
，解得
．
设
，则
，则有
因
，则
，
所以
，因
，
代入可得，
，即
为定值.
7. （2026·湖北武汉3 月调研）曲线E：
（
）与直线l：
交于点A，过点A
且与l 垂直的直线交曲线E 于另外的点B，设线段AB 的中点为P，定点Q 的坐标为
.
（1）用t 表示点A 的坐标；
C
2 2,0
F
l
2
x
my
2
2
1
3
y
x
2
2
3
1
12
9
0
m
y
my
l
C
2
3
1
0
m
2
2
2
144
36(3
1)
36(
1)
0
m
m
m
3
3
m
1
1
2
2
,
,
A x y
B x
y
，
1
2
1
2
2
2
12
9
3
1
3
1
m
y
y
y y
m
m
，
1
2
1
2
3
4
my y
y
y
( 1,0),
(1,0)
M
N
1
2
1
2
1
2
1
1
y
y
k
k
x
x
，
1
2
1
2
1
1
2
1
2
2
1
2
1
1
2
2
1
1
1
3
3
y
x
y
my
k
my y
y
k
y
x
y
my
my y
y
1
2
1
2
3
4
my y
y
y
1
2
1
1
2
1
2
1
2
2
1
2
3
1
3
1
4
4
4
3
3
9
3
3
4
4
4
y
y
y
y
y
k
k
y
y
y
y
y
1
2
k
k
2
2
1
1
x
y
t
t
0
1
t
1
x
y
1 1
,
8 8
（2）证明：
为定值；
（3）是否存在某条直线始终与以
为直径的圆相切？若存在，求出该直线的方程；若不存在，请说明
理由.
【答案】（1）
（2）证明见详解 （3）
【分析】（1）联立曲线
和直线求交点
.
（2）先求出过
与直线垂直的直线方程，联立曲线
方程，用韦达定理求
点坐标，进而得到
点
坐标，最后计算
为定值.
（3）根据直线与以
为直径的圆相切验证特殊直线是否存在.
【详解】（1）因为曲线
和直线交于点
，所以将直线
代入曲线E：
，
则
，化简得
，即
，即
，所以
.
（2）因为直线斜率为
，所以直线
斜率为，即直线
：
，
联立直线
和曲线
得：
，化简得：
，
设
，
，
中点
，
由韦达定理可得：
，即
，
所以
，
根据两点间距离公式可得：
，
PA
PQ
PQ
,1
A t
t
y
x
E
l
A
A
l
E
B
P
PA
PQ
PQ
E
l
A
:
1
l y
x
2
2
1
1
x
y
t
t
2
2
(1
)
(1 2
)
(1
)
x
t
t
x
x
t
t
2
(
)
0
x
t
x
t
1
y
t
,1
A t
t
l
1
AB
1
AB
1 2
y
x
t
AB
E
2
2
1 2
1
1
y
x
t
x
y
t
t
2
2
2 1 2
4
3
0
x
t
t x
t
t
1
1
( ,
)
A x y
2
2
(
,
)
B x
y
AB
0
0
(
,
)
P x
y
1
2
2 (1 2 )
x
x
t
t
2
2
1
2
0
0
0
2
,
1
2
2
3
1
2
x
x
x
t
t
y
x
t
t
t
2
2
(2
,2
3
1)
P t
t
t
t
2
2
2
1 1
2
(4
3 )
2 4
4
4 2 (1
)
A
B
AB
x
x
t
t
t
t
t
t
t
又因为线段AB 的中点为P，所以
，
由两点距离公式可得：
，
，
所以
，即
定值.
（3）存在直线
：
满足条件，下证之.设圆心为
，半径为，直线
交
于
，
，连接
，则
，
，设
，
为
与
之间的距离，
，
，由（2）可知，
，
所以
，所以圆心
到
的距离
，
故
与
相切，直线
满足条件.
🎯命题方向三 定直线问题
8. （2026·内蒙古包头市·一模）已知平面直角坐标系
上一动点
满足
，
1
2 2 (1
)
2
PA
AB
t
t
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
7
25
2
2
3
(2
)
(2
3 )
3
5
8
8
32
PQ
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
4
3
2
2
2
25
5
8
16
13
5
(2 2
2 2
)
32
4 2
t
t
t
t
t
t
2
2
5
5
2 2
2 2
2 2
2 2
4 2
4 2
t
t
t
t
2
5
5 2
2 2 (1
)
2 2
2 2 )
8
4 2
PA
PQ
t
t
t
t
PA
PQ
'l
y
x
T
r
AP
y
x
M
'
AP
l
OQ
'
OQ
l
2
8
OQ
PM
x
AM
y
x
1
y
x
2
2
AM
2
2
AP
x
5 2
8
PA
PQ
2
2
8
PQ
x
OQ
PM
r
T
'l
2
OQ
PM
d
r
T
e
y
x
y
x
xOy
Q
2 2
QE
QF
3,0
E
3,0
F
，
．
（1）求点
的轨迹曲线
的方程；
（2）斜率为
的直线与曲线
交于
，
两点，点
．
①求直线
，
的斜率之和；
②
的外接圆圆心
是否在某定直线上？说明理由．
【答案】（1）
（2）①
；②
必在直线
上，理由见详解
【分析】（1）设
，由题意列方程，化简即可求出答案.
（2）①直线
的方程为
，
，
，将直线方程与双曲线方程联立得到
，
，用斜率公式列出直线
，
的斜率之和，代入即可求出答案；②求出直线
，
的中垂线，联立求出点
的坐标
，消去
即可求出答案.
【详解】（1）由题意知，
，
所以动点
的轨迹为双曲线的右支，
，
，
即
，
，所以
，所以点
的轨迹曲线
的方程为
.
（2）①设直线
的方程为
，
，
，直线
和
的斜率分别为
，
，
3,0
E
3,0
F
Q
C
1
C
A
B
2,1
P
AP
BP
M
2
2
1
0
2
x
y
x
0
M
3
0
x
y
,
Q x y
AB
y
x
m
1
1
,
A x y
2
2
,
B x
y
1
2
x
x
2
1x x
AP
BP
AP
BP
M
3
3
1 ,
1
2
2
m
m
m
2 2
2 3
QE
QF
EF
Q
2
2 2
a
2
2 3
c
2
a
3
c
2
2
1
b
c
a
Q
C
2
2
1
0
2
x
y
x
AB
y
x
m
1
1
,
A x y
2
2
,
B x
y
AP
BP
1k
2k
联立
得，
，
由题意得
，解得
，于
，
，
所以
，所以
．
②直线
的中垂线为
，
直线
的中垂线为
，
联立直线方程得：
，消
得
，
2
2
1
2
x
y
y
x
m
2
2
4
2
2
0
x
mx
m
2
2
2
16
4 2
2
0
2
2
2
4 2
2
2
0
m
m
m
m
m
1
m
1
2
4
x
x
m
2
1 2
2
2
x x
m
2
1
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
1
2
1
1
1
2
2
2
2
x
y
x
y
y
y
k
k
x
x
x
x
2
1
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
1
2
1
1
2
4
1
2
2
2
2
x
m
x
x
m
x
m
x
x
x x
m
x
x
x
x
2
1
2
1 4
2 2
2
4
1
0
2
2
m
m
m
m
x
x
1
2
0
k
k
AP
1
1
1
1
1
2
2
2
1
2
y
x
x
y
x
y
BP
2
2
2
2
1
2
2
2
1
2
y
x
x
y
x
y
1
1
1
1
2
2
2
2
1
2
2
2
1
2
1
2
2
2
1
2
y
x
x
y
x
y
y
x
x
y
x
y
y
1
2
1
2
1
2
2
2
3
1
1
2
x
x
x
y
y
y
y
于是
，
所以
，
代入得
，
当
时，点
在直线
上，不符合题意，故
，
又消
得：
，推出
，
推出：
，
得：
，
得：
，
又
，则
，
又
，所以
，故
外接圆圆心
，
令
，消去
得
，故
必在直线
上.
9 .（2026·黑龙江哈尔滨第三中学·一模）已知抛物线
焦点为
，
，
，
为抛物线
上的三个动点，且
.
（1）求拋物线
的方程；
1
2
2
1
1
2
1
2
2
1
2
1
3
1
1
2
x
m
x
x
m
x
x
x
x
m
x
m
x
2
1
2
1
2
3
3
1
1
2
m x
x x
m
m
x
x
3
3
3
1
2
m x
m
m
3
m
P
AB
3
1
2
x
m
x
2
1
1
1
2
2
2
2
3
1
1
2
2
3
1
1
2
2
y
y
y
x
x
y
y
y
x
x
1
1
1
2
2
2
1
3
2
2
4
1
3
2
2
4
y
y
x
x
x
y
y
x
x
x
1
2
2
1
1
2
1
1
3
2
2
4
y
y
y
x
x
x
x
2
1
1
2
1
2
1
2
2
1
3
4
2
1
2
1
2
4 x
x
x x
x
x
m
x
x
m
x
x
y
2
2
1
2
1
3
4
2
2
8
3
4 x
x
m
m
m
x
x
y
1
2
x
x
3
3
1
3
2 m
m
m y
3
m
3 1
2
y
m
PAB
3
3
1 ,
1
2
2
M
m
m
3
1
2
3 1
2
x
m
y
m
m
3
0
x
y
M
3
0
x
y
2
:
2
x
py
(0,1)
F
1
1
( ,
)
A x y
2
2
(
,
)
B x
y
3
3
(
,
)
C x y
1
3
2
x
x
x
（2）过
分别作抛物线的三条切线，分别为
，
，
，
，
交于点
，
，
交于点
E，
，
交于点
.
（i）证明：
的垂心在一条定直线上；
（ii）已知G 点在曲线
（
）上，求
的面积的最大值.
【答案】（1）
（2）（i）证明见详解
（ii）
【分析】（1）利用抛物线标准方程的焦点坐标公式，建立方程求解参数，从而确定抛物线方程；
（2）（i）通过求导得到切线方程，联立求出交点坐标，并利用垂心定义与斜率关系推导出垂心的纵坐标
为定值，证明其在定直线上；（ii）由切线交点坐标与椭圆条件建立面积表达式，结合二次函数最值求得
三角形面积的最大值.
【详解】（1）抛物线
的焦点坐标为
，已知焦点
，故
，
因此抛物线方程为：
.
（2）（i）由方程
，故在点
处切线方程为：
方程为
，
方程为
方程为
，
联立
故解得
，同理可得
则过
点与
垂直的直线为：
，①
过点
点与
垂直的直线：
，②
A
B
C
，，
1l
2l
3l
1l
3l
D
2l
3l
1l
2l
G
EDG
△
2
2
1
4
y
x
0
y
ABC
V
2
4
x
y
4 2
2
Γ:
2
x
py
(0,
)
2
p
(0,1)
F
1
2
2
p
p
2
4
x
y
2
,
4
2
x
x
y
y
A
1l
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
2
4
2
2
2
4
x
x
x
x
x x
x
y
y
x
x
y
x
y
2l
2
2
2
3
2
4
x x
x
y
l
，
2
3
3
2
4
x x
x
y
1
2
,l l
1
2
1
2
,
2
4
x
x
x x
G
1
3
1 3
2
3
2
3
,
,
,
2
4
2
4
x
x
x x
x
x
x x
D
E
E
1l
2
3
3
2
1
1
2
3
3
2
1
2
4
8
4
4
2
x x
x
x
y
x
x y
x x x
x
x
x
x
D
2l
1 3
1
3
2
1
2
3
1
3
2
2
4
8
4
4
2
x x
x
x
y
x
x y
x x x
x
x
x
x
①－②可得：
故
的垂心在一定直线
上
（ii）设
，由（i）可知：
的直线方程为
，
将
代入可得：
，
同理可得
，故
的直线方程为
，
联立直线
与抛物线得
，由弦长公式
，
为了使
的面积最大，必须保证
处的切线与直线
平行，所以
，
从而
故
的面积为：
，
当
时，取得最大值
.
1
2
2
1
4
4
1
x
x
y
x
x
y
EDG
1
y
0
0
,
G x
y
GA
2
1
1
2
4
x x
x
y
0
0
,
G x
y
2
1
1 0
0
1
1 0
0
2
4
0
2
2
0
x
x x
y
y
x x
y
2
2
2
0
0
2
2
0
0
2
4
0
2
2
0
x
x x
y
y
x x
y
AB
0
0
2
2
0
y
x x
y
AB
2
0
0
2
4
0
x
x x
y
2
2
0
0
0
1
4
16
4
x
AB
x
y
ABC
C
AB
0
3
2
2
AB
C
x
x
k
k
2
3
3, 4
x
C x
ABC
2
2
3
2
0
0
0
2
2
0
2
Δ
0
0
0
0
2
0
1
2
1
1
1
2
1
4
16
16
4
2
2
4
32
4
ABC
x
x
y
x
S
AB d
x
y
y
y
x
0
2
y
max
4 2
ABC
S
10．（2026·全国名校联盟·模拟）已知双曲线
的右焦点为
，离心率为2，
圆
与
恰有两个交点.
（1）求
的方程；
（2）设
为
的左顶点，过
且斜率存在的直线交
的右支于
两点，直线
分别交
圆
的另一点于
.
（i）证明：
三点共线；
（ii）设直线
与直线
交于
，证明：点
在定直线上.
【答案】（1）
（2）（i）证明见详解（ii）证明见详解
【分析】（1）根据圆过双曲线顶点求出，再由离心率即可得解；
（2）（i）设出直线方程，联立双曲线方程，由根与系数的关系及斜率公式可证明
，
即可得证；
（ii）设直线
方程，联立圆的方程可得点
坐标，求出
，得出直线
方程，联立
方程求出
点横坐标为定值得证.
【详解】（1）因为圆
与
恰有两个交点，
由双曲线及圆的对称性知，圆过双曲线的左右顶点，
所以
，
又
，所以
，故
，
所以双曲线
的方程为
.
（2）（i）由（1）知，
,
设过
的直线方程为
，
，如图，
由
，可得
，
，其中
，
，
，
，
为圆
的一条直径，
三点共线.
（ii）不妨设直线
，其中
，
由（i）可知
，
由
，可得
，解得
,
故可得
，即
，
，
直线
，
由
，可解得
，
点
在定直线
上.
题型04 圆锥曲线中的取值范围、最值问题
抓关键
· 破难点
圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函
数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
刷经典
· 通方法
🎯命题方向一 圆锥曲线的最值问题
1. （2026·河南焦作·一模）过抛物线
的焦点
作直线，交
于
两点，交
轴于
点
，记过点
且垂直于
的直线为．
（1）证明：直线与
相切；
（2）若
，记直线与
的切点为
，求
面积的最小值．
【答案】（1）证明见详解
（2）
【分析】（1）设直线
的方程为
，可得
，进而得到直线
的方程为
，联立直线与抛物线方程，验证
即可求证；
（2）先求出
，结合弦长公式及点到直线的距离公式表示出
，令
，可得
，设
，进而利用导数分析其单调性，进而求解
即可.
【详解】（1）由题意，得
，显然直线
的斜率存在且不为0，
设直线
的方程为
，令
，得
，即
，
2
:
2
0
C y
px p
F
C
,A B
y
P
P
AB
l
l
C
2
p
l
C
D
3 3
AB
0
2
p
x
my
m
0,
2
p
P
m
l
2
p
y
mx
m
l
0
2
1
2
,
D
m
m
2
2
2
2
1
1
DAB
m
m
S
m
2,
0
t
m t
3
2
2
1
DAB
t
S
t
3
2
1
,
0
t
f t
t
t
,0
2
p
F
AB
AB
0
2
p
x
my
m
0
x
2
p
y
m
0,
2
p
P
m
因此直线的方程为
，联立
，得
，
则
，又
，则直线与
相切
（2）当
时，抛物线
，
直线
的方程为
，直线的方程为
，
，
联立
，解得
，则
，
联立
，得
，设
，
则
，
所以
，
点
到直线
的距离即为
则
，
令
，则
，设
，
则
，
令
，得
，令
，得
，
l
2
p
y
mx
m
2
2
2
p
y
mx
m
y
px
2
2
2
2
0
m y
mpy
p
2
2
2
Δ
2
4
0
mp
m p
0
m
l
C
2
p
2
:
4
C y
x
AB
1
0
x
my
m
l
1
y
mx
m
1
0,
P
m
2
1
4
y
mx
m
y
x
2
1
2
x
m
y
m
2
1
2
,
D
m
m
2
4
1
x
x
y
y
m
2
4
4
0
y
my
1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
1
2
1
2
4 ,
4
y
y
m y y
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
4
1
4
4
4
4
1
AB
m
y
y
y y
m
m
m
D
AB
2
4
2
2
1
1
1
m
DP
m
m
m
2
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
4
1
2
2
DAB
m
m
m
S
AB DP
m
m
m
2,
0
t
m t
3
2
2
1
DAB
t
S
t
3
2
1
,
0
t
f t
t
t
2
3
2
2
4
3
3
1
1
2
1
2
t
t
t
t
t
t
f
t
t
t
0
f
t
0
2
t
0
f
t
2
t
则函数
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以
，则
的最小值为
.
2．（2026·成都石室中学·二模）如图，已知椭圆
，点
在椭圆上且
，
，
分别经过
的左、右焦点
，
，且
，
．
（1）若
，求点
的坐标；
（2）证明：
是定值，并求出
的值；
（3）求四边形
面积最大值．
【答案】（1）
（2）证明见详解，
（3）
f t
0,2
2,
min
27
2
4
f t
f
DAB
S
27
2
3 3
4
2
2
:
1
4
3
x
y
C
0
0
,
P x y
0
0
y
PQ
PR
C
1F
2F
1
1
PF
FQ
2
2
PF
F R
2
P
1
2
FQRF
1 3 5
,
2
4
10
3
l
m
+
=
13 3
8
【详解】（1）
，
，则
，
由
，则
，故
，
故
，化简得
，又
，
则
，解得
，则
，
故
或
（负值舍去），即点
的坐标为
；
（2）由
，
，则
，
故
，则有
，
化简得
，由
，则
，
整理得
，
则
或
（负值舍去）；
，则
，由
，则
，
故
，则有
，化简得
，
由
，则
，
整理得
，则
或
（负值舍去）；
故
，故
是定值，且
；
1
1,0
F
(
)
0
0
,
P x y
1
0
0
1
,
PF
x
y
1
1
2
PF
FQ
0
0
1
1
1
1
,
2
2
2
x
y
FQ
PF
0
0
3
,
2
2
y
Q
x
2
2
0
0
1
3
2
2
4
3
x
y
2
0
0
2
1
3
16
12
x
y
2
2
0
0
1
4
3
x
y
2
0
2
0
3 1
4
1
6
12
3
1
x
x
0
1
2
x
2
2
0
0
1
45
3 1
3
1
4
16
16
x
y
0
3 5
4
y
0
3 5
4
y
P
1 3 5
,
2
4
1
0
0
1
,
PF
x
y
1
1
PF
FQ
0
0
1
1
1
1
,
x
y
FQ
PF
0
0
1
1,
x
y
Q
2
2
0
0
1
4
1
1
3
x
y
2
2
2
0
0
0
3
1
1
4
2
x
y
2
2
0
0
1
4
3
x
y
2
0
2
2
0
3 1
12
0
4
3
1
4
x
x
2
0
0
0
2
2
2
3
2
1
0
3
5
5
x
x
x
0
2
5
3
x
1
2 1,0
F
2
0
0
1
,
PF
x
y
2
2
PF
F R
0
0
2
2
1
1
,
x
y
F
PF
R
0
0
1
1,
R
x
y
2
2
0
0
1
1
1
4
3
x
y
2
2
2
0
0
0
3
1
1
4
2
x
y
2
2
0
0
1
4
3
x
y
2
0
2
2
0
3 1
12
0
4
3
1
4
x
x
2
0
0
0
2
2
2
3
2
1
0
3
5
5
x
x
x
0
3
5
2x
1
0
0
5
5
2
2
10
3
3
3
x
x
10
3
l
m
+
=
（3）
，
，
则
，
则
，
由
，
，则
，
又
，
则
，
当且仅当
，即
时，等号成立，故四边形
面积最大值为
.
3. （2026·江苏扬州市第一次·调研）过双曲线
上一点
作两渐近线的垂线，
1 2
1
2
1
2
1
sin
2
PF F
S
PF
PF
F PF
1
2
1
sin
2
PQR
S
PQ
PR
F PF
1 2
1
1
2
1
2
1
2
1
2
1
1
2
2
2
1
sin
2
1
sin
2
PQR
PF F
PQ
PR
F PF
S
PQ
PR
S
PF
P
P
F
PF
PF
PF
PF
F
FQ
PF
F R
F PF
1
2
2
1
2
1
1
1
1
1
1
1
1
P
PF
F
PF
P
P
F
PF
F
2
1
2
1
1
1
2
2
1
1
1
PQR
PF F
PF
F
F
PF F
F QR
S
S
S
S
S
四边形
0
2
5
3
x
0
3
5
2x
2
0
0
0
2
2
25
4
3
3
9
5
5
x
x
x
1 2
1
2
0
0
1
2
PF F
S
F F
y
y
1
1
2
2
0
0
0
2
2
0
0
1
4
10
9
1
39
3
1
25
25
4
PF
Q
F
F
RF
y
y
S
S
y
x
x
四边形
0
0
2
2
0
0
0
0
0
0
39
117
117
11
1
7
13 3
8
2
27
27 16
27
6
25
4 4 1
16
3
y
y
y
y
y
y
y
y
0
0
27
16y
y
0
3 3
4
y
1
2
FQRF
13 3
8
垂足为
、
，且
.
（1）求双曲线方程；
（2）过点
的直线与双曲线右支交于
、
两点，连接
、
，直线
与
、
分别交于
、
，
.
（i）若
，求
的值；
（ii）求
的最小值.
【答案】（1）
（2）（i）
；（ii）
【分析】（1）由已知可得出
，利用点到直线的距离公式可得出
，再利用
、
、
的关系求
得
的值，即可得出双曲线的方程；
（2）（i）设直线
方程
，则
，设点
、
，将直线
的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，分析可知
，可得出
，由
可求得
的值；
（
ii
）
由
已
知
可
得
，
令
，
可
得
出
，利用导数求出函数
的值域，即可得出
的最小值.
【详解】（1）双曲线
的渐近线方程为
，由已知得
，
双曲线上一点
到渐近线距离之积
，
即
，又
，
，所以双曲线方程为
.
（2）（i）设直线
方程
，则
，设点
、
，
联列方程组
，可得
，
由题意可得
且
恒成立，
又
，
，
直线
的方程为
，令
，有
，
即
，同理
，
直角三角形
中，设直线
交
轴于点
，
因为
，则
，
所以，
，所以，
，
则
，
即
，当
时，因为
，可得
；
（ii）由（i）知：
，从而
，
令
，则
，
则
，则
，
当
时，
；当
时，
，
所以
在
上递增，在
上递减，故
，所以
最小值为
.
4. （2026·安徽临泉第二中学3 月模拟）设
分别为椭圆
左、右焦点，
1
2
,
F F
2
2
2
2
:
1
0
x
y
C
a
b
a
b
P
C
1
2
1
3,cos
2
F PF
是椭圆
短轴的一个顶点，已知
的面积为
.
（1）求椭圆
的方程；
（2）如图，
是椭圆上不重合的三点，原点
是
的重心，求点
到直线
的距离的
最大值.
【答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据条件，结合余弦定是，建立方程组
，解出
，
即可求解；
（2）分直线斜率存在与不存在两种情况，当斜率不存时，设
，
，结合
条件，可直接求出
，即可求出
到直线
；当斜率存在时，设
，联立椭圆方程，得
到
，利用韦达定理，结合条件，得到
，代入椭圆方
P
C
1
2
1
3,cos
2
F PF
C
,
,
M N G
O
MNG
M
NG
2
2
1
4
x
y
3
1 2
2
2
2
1
2
2
2
2
2
1
2
3
2
(2 )
1
cos
2
2
PF F
S
cb
bc
a
a
c
F PF
a
a
b
c
,a b
1
1
2
2
,
,
,
M x y
N x
y
2
2
,
G x
y
1
2
,
x x
M
NG
y
kx
m
2
2
2
(1 4
)
8
4
4
0
k
x
kmx
m
2
2
8
2
1
4
1
4
km
m
M
k
k
,
程得
，再利用点到直线的距离公式得
，即可求解.
【详解】（1）由题意得
，整理得
，解得
，
所以椭圆方程为
.
（2）（i）当直线
斜率不存在时，设
，则
因为原点
是
的重心，所以
，得到
，
，
将
，代入
，解得
，或
，
此时
到直线
的距离为
.
（ii）当
斜率存在时，设
所在直线方程为
，
由
，消
得
，
则
，即
，
且
，
2
2
1 4
4
k
m
2
3
3
4
2
1
d
k
1 2
2
2
2
1
2
2
2
2
2
1
2
3
2
(2 )
1
cos
2
2
PF F
S
cb
bc
a
a
c
F PF
a
a
b
c
2
2
2
3
3
2
bc
a
c
a
b
c
2
1
3
a
b
c
2
2
1
4
x
y
NG
1
1
2
2
,
,
,
M x y
N x
y
2
2
,
G x
y
O
MNG
1
2
2
1
2
2
0
3
0
3
x
x
x
y
y
y
1
2
2
x
x
1
0
y
1
0
y
2
2
1
4
x
y
1
2
2
1
x
x
1
2
2
1
x
x
M
NG
3
NG
NG
y
kx
m
1
1
2
2
3
3
,
,
,
,
,
M x y
N x
y
G x y
2
2
1
4
x
y
y
kx
m
y
2
2
2
(1 4
)
8
4
4
0
k
x
kmx
m
2
2
(6 4
1
)
1
0
k
m
2
2
4
1
m
k
2
3
2
3
2
3
2
2
8
2
1
4
1
4
km
m
x
x
y
y
kx
m
kx
m
k
k
,
因为原点
是
的重心，所以
，
得到
，故
，
又点
在椭圆上，则
，整理可得
，
所以点
到直线
的距离为
.
综上所述，得点
到直线
的距离的最大值为
.
5. （2026·海南儋州市高三第一次教学质量诊断·考试）已知抛物线
的焦点为点
，
点
在抛物线
上，
，且
的最小值为
．
（1）求抛物线的方程；
（2）设点P 不在坐标轴上，过P 可作抛物线C 的两条切线PA，PB，切点分别为A，B，
①证明：
；
②若直线
，
，直线AB 与x 轴相交于点H，求
的最大值．
【答案】（1）
（2）①证明见详解；②
【分析】（1）借助抛物线定义即可得；
O
MNG
1
2
3
1
2
3
0
3
0
3
x
x
x
y
y
y
1
1
2
2
8
2
1
4
1
4
km
m
x
y
k
k
,
2
2
8
2
1
4
1
4
km
m
M
k
k
,
M
2
2
2
2
1
8
4
2
1 4
1 4
km
m
k
k
2
2
1 4
4
k
m
M
NG
2
2
2
2
2
2
2
2
8
2
12
3
3
1 4
1 4
1 4
1
1
1
k m
m
k m
m
m
m
k
k
k
d
k
k
k
2
2
2
2
2
3
1
4
3
3
3
4
3
1
2
1
2
1
m
k
k
k
k
M
NG
3
2
1
:
2
2
C y
px p
F
M
C
2,1
E
MF
ME
5
2
2
PF
AF BF
AB
PO
AB
PO
G
GH
PG
2
:
2
C y
x
2
4
（2）①设
，
，联立曲线方程，利用切线性质可得
，
同理可得
，则有
，故
、
是方程
的两根，则可
得
，
，再用
表示出
及
即可得证；②由题意可得
，则
，再利用垂直性质可得
，从而可解出
，即可得
点坐
标，再求出
点坐标后，即可表示
、
，再利用基本不等式即可得解.
【详解】（1）若
，则点
在抛物线在
轴上方部分的下方，
由抛物线定义可得
等于点
到准线
的距离，
则
的最小值为点
到准线
的距离，
故
，解得
，即抛物线的方程为
；
（2）①设
，
、
，
由题意可得直线
、
不与坐标轴平行，可设
，
联立
，消去
得
，
0
0
,
P x
y
2
1
1
:
2
PA
y
l
x
m y
y
2
1
1
:
2
PA
y
l
x
yy
2
2
2
:
2
PB
y
l
x
yy
2
1
0
0
1
2
2
0
0
2
2
2
y
x
y y
y
x
y y
1y
2y
2
0
0
2
2
0
y
y y
x
1
2
0
2
y
y
y
1
2
0
2
y y
x
0
0
,
x y
2
PF
AF BF
0
0
:
AB
l
x
y y
x
0
1
AB
k
y
0
0
0
OP
y
k
y
x
0x
H
G
GH
PG
1
2
2
4
4
2
2
p
p
E
x
MF
M
2
p
x
MF
ME
E
2
p
x
5
2
2
2
p
1
p
2
:
2
C y
x
0
0
,
P x
y
2
1
1
,
2
y
A
y
2
2
2
,
2
y
B
y
PA
PB
2
1
1
:
2
PA
y
l
x
m y
y
2
1
1
2
2
2
y
x
m y
y
y
x
x
1
2
2
1
0
2
2
my
my
y
y
则
，
即
，则
，同理可得
，
则有
，故
、
是方程
两根，
故
，
，
由
，则
，
，
故
；
②由
，则点
、
都在直线
上，
则
，故
，由
，故
，即
，
对
，令
，则
，故
，
有
，联立
，解得
，故
，
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
2
4
4
8
4
4
0
2
m
my
y
m
my
y
m
y
1
m
y
2
2
1
1
1
1
1
:
2
2
PA
y
y
l
x
y
y
y
yy
2
2
2
:
2
PB
y
l
x
yy
2
1
0
0
1
2
2
0
0
2
2
2
y
x
y y
y
x
y y
1y
2y
2
0
0
2
2
0
y
y y
x
1
2
0
2
y
y
y
1
2
0
2
y y
x
1 ,0
2
F
0
2
0
2
2
0
2
2
0
0
1
2
1
4
PF
y
x
x
x
y
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
4
4
4
y
y
y y
y
y
AF BF
x
x
2
2
2
1
2
1
2
2
2
2
0
0
0
0
0
0
0
2
4
4
4
1
1
1
4
4
4
4
4
4
y
y
y
y
x
y
x
x
x
y
x
2
PF
AF BF
2
1
0
0
1
2
2
0
0
2
2
2
y
x
y y
y
x
y y
2
1
1
,
2
y
A
y
2
2
2
,
2
y
B
y
0
0
x
y y
x
0
1
AB
k
y
0
0
0
OP
y
k
y
x
0
0
y
0
1
x
0
1,
P
y
0
0
x
y y
x
0
y
0
1
x
x
1,0
H
0
:
OP
l
y
y x
0
0
1
y y
x
y
y x
2
0
0
2
0
1
1
1
x
y
y
y
y
0
2
2
0
0
1
,
1
1
y
G
y
y
则
，
，
则
，当且仅当
，即
时，等号成立，
故
的最大值为
.
6. （2026·江苏南京市中华中学模拟预测）已知
1
2
,
F F 分别为椭圆
2
2
2
2
:
1
0
x
y
E
a
b
a
b
的左，右焦点，
G 为E 的上顶点，点P 为椭圆E 上的一个动点，且三角形
1
2
F PF
面积的最大值为1，焦距为2.
（1）求椭圆的标准方程；
2
2
0
2
2
0
0
0
1
1
1
1
1
1
y
GH
y
y
y
2
2
0
0
2
2
0
0
2
1
1
1
1
1
y
PG
y
y
y
2
0
2
2
2
0
0
0
2
4
2
2
2
0
0
0
0
0
2
2
0
0
2
1
4
2
4
4
2
4
1
1
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y
GH
PG
2
0
2
0
4
1
2
4
4
2 y
y
2
0
2
0
4
y
y
0
2
y
GH
PG
2
4
（2）如图，过点
1
2
,
F F
作两直线1
2
,
l l
分别与椭圆E 相交于点
,
M N 和点,A B .
（i）若点
,
M N 不在坐标轴上，且
1
1
MGF
NGF
，求直线1l
的方程；
（ii）若直线1
2
,
l l
斜率都存在，且MN
AB
，求四边形MANB 面积的最小值.
【答案】（1）
2
2
1
2
x
y
（2）（i）3
3
0
x
y
；（ii）
16
9
【分析】（1）根据条件，结合, ,
a b c 的关系，可确定, ,
a b c 的值，得椭圆标准方程.
（2）（i）结合
1
b
c
，探索直线MG , NG 倾斜角之间
关系，进而得到
1
MG
NG
k
k
，
设直线1 :
1
l
x
my
，与椭圆方程联立，结合韦达定理，用m 表示
1
MG
NG
k
k
，求出m 的值，可得直线
1l 的方程.
（ii）因为MN
AB
，所以两直线斜率之积为
1
，利用直线1l 的斜率表示出MN ，AB ，再表示出
四边形MANB 面积，借助基本不等式求面积的最小值.
【详解】（1）由题意得2
2
c
，
1
2
Δ
max
1
2
1
2
F PF
S
c b
bc
，故
1
b
c
，
2
2
2
2
a
b
c
.
故椭圆E 的标准方程为
2
2
1
2
x
y
.
（2）如图：（i）设
1
1
θ,
MGF
NGF
MG
的倾斜角为, NG
的倾斜角为
，则
π
π
θ,
θ
4
4
，所以
π
2
，又
π
tan ,
tan
tan
2
MG
NG
k
k
，所以
1
MG
NG
k
k
.
由题意
1l
的斜率不为零，设
1 :
1
l
x
my
联立
2
2
1
1
2
x
my
x
y
得
2
2
2
2
1
0
m
y
my
，
2
Δ
8
8
0
m
恒成立.
设
1
1
2
2
,
,
,
M x y
N x
y
，则
1
2
1
2
2
2
2
1
,
2
2
m
y
y
y y
m
m
，
又
1
MG
NG
k
k
，所以
1
2
1
2
1
1
1
y
y
x
x
，
即
1
2
1
2
1
2
1
1
1
1
y
y
x x
my
my
，所以
2
3
2
1
0
m
m
，
因为
1
m
，所以
1
3
m
，所以
1l 的方程为3
3
0
x
y
（ii）设
1
1
2
2
3
3
4
4
1
,
,
,
,
,
,
,
,
:
1
M x y
N x
y
A x
y
B x
y
l
y
k x
，
联立
2
2
1
1
2
y
k x
x
y
，化简得
2
2
2
2
2
1
4
2
2
0
k
x
k x
k
，故
2
Δ
8
8
0
k
恒成立.
由韦达定理得：
2
2
1
2
1
2
2
2
4
2
2
,
2
1
2
1
k
k
x
x
x x
k
k
，
2
2
2
1
2
1
2
2
2 2
1
1
4
2
1
k
MN
k
x
x
x x
k
，
因为MN
AB
，所以
2
1
:
1
l
y
x
k
同理
2
2
2
3
4
3
4
2
2 2
1
1
1
4
2
k
AB
x
x
x x
k
k
所以
2
2
4
2
2
2
4
2
2 2
1
2 2
1
1
1
2
1
4
2
2
2
2
1
2
5
2
MANB
k
k
k
k
S
AB
MN
k
k
k
k
2
4
2
2
2
1
16
2 1
2 1
2
2
5
2
9
2
5
k
k
k
k
k
，当且仅当
2
2
1
k
k
，即
1
k 时，取等号.所以，当
1
k 时，四边形MANB 面积的最小值为
16
9 .
🎯命题方向二 圆锥曲线的范围问题
7. （2026·河北黄骅·一模）在平面直角坐标系
中，已知椭圆
:
的右顶点为
，点
、
分别是
轴负半轴、
轴正半轴上的动点.
（1）若
是
的左焦点，且
，求的值；
（2）设
，
上存在
轴上方一点
.若
，求
的坐标；
（3）设
，过
的直线与
交于
、
两点(
、
两点不重合)，与
轴交于
且
的纵坐标
，记
与
到直线
的距离分别为
、
.若存在直线，满足
成立，求
的取值
范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【分析】（1）根据
计算求参；
（2）设点的坐标结合两角和正切，应用点在椭圆上计算；
（3）设直线方程再联立得出韦达定理，再结合点到直线距离分类讨论计算求出参数范围.
【详解】（1）因为
与
的左焦点重合，故
，因此
.又因为
，而
，
所以
，解得：
(负舍).
（2）因为
，又因为
，而
，
代入解得
.若
在第一象限，则
，故
在第二象限.
设
，而
，整理可得
.
代入椭圆
方程
，可得：
.
所以解得
(增根舍去)，所以
.因此
.
（3）由题意可知：直线
的解析式为
，
设直线的解析式为
(
)，且
、
.联立
，
可得
，
.
根据韦达定理，
，
.
因为
、
两点均在直线
的左侧，故
.
又因为
，
，因此
，
代入化简可得方程
.
设
，又因为
，故
.
① 若
，此时直线与
存在两个交点. 若存在
，使得
，
而
，故
，
可得
，故
，因此
.
② 若
，而此时
在
的外部，
，故
.
若存在
，使得
，而
，
故
，可得
，故
.
综上所述，
的取值范围为
.
8．（2026·广东江门·模拟）已知椭圆
的长轴长为，离心率为
.
（1）求椭圆C 的标准方程；
（2）椭圆
的左右顶点分别为
，
是直线
上一点，直线
分别交椭圆于点
两点，连
接
交轴于点
.
（i）当
最大时，求点
的坐标；
（ii）若
，求
的取值范围.
【答案】（1）
（2）（i）
或
；（ii）
2
2
2
2
1
0
x
y
C
a
b
a
b
：
4
3
2
C
1
2
,
A A
P
4
x
1
2
,
PA PA
,
M N
MN
x
D
1
2
A PA
P
1
2
MA D
NA D
S
S
2
2
1
4
x
y
4,2 3
4, 2 3
1
9
【详解】（1）由题意可得，
，即
，
又
，得
，又
，得
，
所以椭圆
的标准方程为
.
（2）（i）由（1）知
，设点
，直线
的倾斜角分别为
，
得
，当
时，
，此时
，
当
时，
，则
，
当且仅当
时，等号成立，
当
时，
，
则有
，
当且仅当
时，等号成立，
综上所述，当且仅当
时，
有最大值，即
有最大值
，
所以当点
的坐标是
或
有最大值
.
（ii）法一：设点
，当
时，两个三角形不存在，所以
，
直线
的方程分别为
，
联立方程得
，消去
得
，
2
4
a
2
a
3
2
c
e
a
3
c
2
2
2
b
c
a
2
4
3
1
b
C
2
2
1
4
x
y
1
2
2,0 ,
2,0
A
A
4,
P
t
1
2
,
PA PA
,
1
2
tan
,
tan
6
2
PA
PA
t
t
k
k
0
t
1
2
tan
0
A PA
1
2
0
A PA
0
t
1
2
A PA
1
2
2
tan
tan
4
4
3
2
6
tan
12
1 tan tan
12
3
1
6
2
t
t
t
A PA
t
t
t
t
t
2 3
t
0
t
1
2
A PA
1
2
2
tan
tan
4
4
3
6
2
tan
12
1 tan tan
12
3
1
6
2
t
t
t
A PA
t
t
t
t
t
2 3
t
2 3
t
1
2
tanA PA
1
2
A PA
π
6
P
4,2 3
1
2
4, 2 3 ,
A PA
π
6
4,
P
t
0
t
0
t
1
2
,
PA PA
2 ,
2
6
2
t
t
y
x
y
x
2
2
2
6
1
4
t
y
x
x
y
y
2
2
2
2
9
4
4
36
0
t
x
t x
t
解得
或
，即点
，
联立方程得
，消去
得
，
解得
或
，即点
，则
，
直线
的方程为
，
化简得
，所以直线
过定点
，
又
，
，若
，得
，
化简得
，由
，则
，则
.
法二：当直线
与轴重合时，显然不满足题意.
设直线
为
，点
是直线
与轴的交点，
联立方程组
，消去得
，
所以有
，
直线
的方程为
，直线
的方程为
，
联立方程得
，解得
，
2
x
2
2
18
2
9
t
x
t
2
2
2
18
2
6
9
9
t
t
M
t
t
，
2
2
2
2
1
4
t
y
x
x
y
y
2
2
2
2
1
4
4
4
0
t
x
t x
t
2
x
2
2
2
2
1
t
x
t
2
2
2
2
2
2
1
1
t
t
N
t
t
，
2
2
2
2
2
2
2
6
2
2
9
1
18
2
2
2
3
9
1
MN
t
t
t
t
t
k
t
t
t
t
t
MN
2
2
2
2
2
2
2
2
1
3
1
t
t
t
y
x
t
t
t
2
2
1
3
t
y
x
t
MN
1,0
D
1
1
1
1
2
1
3
3
6
2
2
2
9
MA D
t
S
A D
y
y
t
2
2
2
2
2
1
1
1
2
2
2
2
1
NA D
t
S
A D
y
y
t
1
2
MA D
NA D
S
S
2
2
3
6
2
2
9
2
1
t
t
t
t
2
2
2
1
8
9
9 1
9
9
t
t
t
2
0
t
2
1
8
1
1
9
9
t
1
9
MN
x
MN
1
1
2
2
,
,
,
,
x
my
n M x y
N x y
,0
D n
MN
x
2
2
4
4
x
my
n
x
y
x
2
2
2
4
2
4
0
m
y
mny
n
2
1
2
1
2
2
2
2
4
,
4
4
mn
n
y
y
y y
m
m
1
PA
1
1
2
2
y
y
x
x
2
PA
2
2
2
2
y
y
x
x
1
1
2
2
2
2
2
2
y
y
x
x
y
y
x
x
2
1
1
2
1
2
2
1
1
2
1
2
2
4
2
2
x y
x y
y
y
x
x y
x y
y
y
又
，
所以点
的横坐标为
，
代入
得
，解得
，即点
，
由于
，
若
，即
，由图可知
异号，即
，
所以有
，
化简得
.该方程有解，即
，则
.
9. （2026·广东汕头3 月调研）在平面直角坐标系
中，抛物线E 的方程为
，
为
上一点，
为
的焦点，过点
的直线交
于另一点
（
不与
重合）．
的最小值为4．
（1）求
的标准方程；
（2）过点
作直线交
于
两点（
在
上方），点
坐标为
，延长
交
于点
，延
长
交
于点
，连接
．
（ⅰ）求
面积的最小值；
（ⅱ）当
、
均不与
轴垂直时，设
中点为
，
中点为
，求
的取值范围．
1
1
2
2
,
x
my
n x
my
n
P
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
4
2
4
2
my y
t y
y
y
y
x
t y
y
y
y
2
1
2
1
2
2
2
2
4
4
4
mn
n
y
y
y y
m
m
，
2
2
1
2
1
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
4
16
4
16
4
4
4
4
4
4
4
4
4
4
4
mn
m
mn
m
y
y
y
y
m
m
m
x
mn
mn
n
n y
y
n y
y
m
m
1
n
1,0
D
1
2
1
1
1
2
2
2
1
3
1
1
,
2
2
2
2
MA D
NA D
S
A D
y
y
S
A D
y
y
1
2
MA D
NA D
S
S
1
2
3
y
y
1
2
,y y
1
2
3
y
y
2
1
2
2
1
2
2
2
2
2
3
1
,
3
4
3
4
m
y
y
y
y y
y
m
m
2
2
4 3
1
9
m
2
4 3
0
1
9
1
9
【答案】（1）
（2）（ⅰ）
；（ⅱ）
.
【分析】（1）联立直线
与抛物线方程，由韦达定理求出弦长
，由其所得弦长公式特
征即可求出其最小值，结合题意即可得解；
（2）（ⅰ）设直线l 的方程为
，直线
的方程为
，且
，
，联立直线方程和抛物线方程后可得
、
.
，结合焦半径公式
和面积公式可得
，故求出
的最小值后可得
面积的最小值；（ⅱ）用诸点坐标表示
，结合（ⅰ）的坐标关系和两角差的正切公式、双勾
函数的单调性可求
的取值范围.
【详解】（1）由题抛物线
的焦点
，可设直线
，
联立
，设
，
所以
，
则
，
所以
，
所以当
时有
，则由题意
，所以
的标准方程为
.
（2）（ⅰ）由（1）
，则可设直线l 的方程为
，直线
的方程为
，
且
，
，联立
得
，
所以
故
，同理
，
，
联立
，则
，故
，故
，
而
，
，
，
，
故
，
，
故
，
而
，当且仅当
时等号成立，
故
的最小值为
.
（ⅱ）由抛物线的对称性，不妨设
,则
.
由（ⅰ）可得
，故
,
而
，故
，
而
，故
，故
，
故
，
设
，则
即
，当且仅当
时等号成立，
又
，
由双勾函数的单调性可得
在
上为减函数，故
，
故
，故
，故
.
题型05 证明类与几何探究问题
抓关键
· 破难点
一、圆锥曲线中证明问题的解题策略
1.几何条件代数化：将题目中的垂直、平行、共线、等角、等距、中点、定点等几何关系，转化为坐标关
系、斜率关系、向量关系或距离公式，再通过联立方程进行推理证明.
2.设而不求与整体代换：设出直线与曲线的交点坐标，联立后利用判别式与韦达定理得到根与系数的关系，
整体代入待证式子中化简，消去参数完成证明.
3.先特殊后一般：先取特殊位置（如直线斜率为0、斜率不存在、过顶点）猜出结论，再用一般情况严格
推导，使证明方向更明确.
二、圆锥曲线中探究性问题的解题策略
1.假设存在→推理→验证：先假设满足条件的点、直线、定值存在，再根据条件列式推导，若推出合理结
果则存在，矛盾则不存在.
2.转化为方程有解问题：将探究是否存在的问题，转化为关于参数的方程或方程组是否有解、解是否满足
范围限制的问题.
3.紧扣定义与几何性质：充分利用椭圆、双曲线、抛物线的定义、对称性、光学性质、切线性质，简化探
究过程.
刷经典
· 通方法
🎯命题方向一 圆锥曲线中的证明问题
1. （2026·湖北武汉模拟）已知椭圆
，过椭圆
上一点
作曲线
的切线，
交
轴于点Q，
，
分别是椭圆
的左、右焦点，
，
分别为其左、右顶点.
（1）证明：切线
的方程为
.
（2）证明：
为
的外角平分线.
（3）过点
，
分别作
，
，垂足分别为
.证明：
，
，
，
四点
共圆.
【答案】（1）证明见详解
（2）证明见详解 （3）证明见详解
【分析】（1）设出直线PQ 的方程，与椭圆联立，由题意得判别式
，可得k 的表达式，代入切线方
程，整理即可得证.
（2）分析得
或
符合题意，当
，分别求出直线
和
的斜率，设
的外角
2
2
:
1
2
x
C
y
C
0
0
0
,
0
P x
y
y
C
x
1F
2F
C
1A
2A
PQ
0
0
1
2
x x
y y
PQ
1
2
F PF
1F
2F
1
1
F B
PQ
2
2
F B
PQ
1
2
,
B B
1A
2A
2
B
1B
0
0
1
x
0
1
x
0
1
x
1
PF
2
PF
1
2
F PF
平分线的斜率为
，根据夹角公式，化简计算，即可得证.
（3）由（1）得切线方程，进而可得直线
和
的方程，与切线联立，可得点
和
的坐标，即可
求出
和
的值，根据椭圆方程，可得点
和
坐标，分析即可得证.
【详解】（1）因为
，则切线PQ 的斜率存在，且设为k，
则切线方程为
，
联立
，则
，
因为PQ 为切线，所以判别式
，
整理得
，则切线方程为
，又
，
整理得切线
的方程为
.
（2）由题意得
，
当
轴时，即
时，不妨设点
在第一象限，则
，
所以直线
的斜率
，直线
的斜率
，
则直线
与直线
的夹角的正切值为
，
0k
1 1
F B
2
2
F B
1B
2
B
1
OB
2
OB
1A
2A
0
0
0
,
0
P x
y
y
0
0
(
)
y
y
k x
x
0
0
2
2
(
)
1
2
y
y
k x
x
x
y
2
2
2
0
0
0
0
1
2
1
0
2
k
x
k y
kx
x
y
kx
2
2
2
0
0
0
0
1
Δ
2 (
)
4
(
)
1
0
2
k y
kx
k
y
kx
0
0
2
x
k
y
0
0
0
0
(
)
2
x
y
x
x
y
y
2
2
0
0
1
2
x
y
PQ
0
0
1
2
x x
y y
1
2
( 1,0),
(1,0)
F
F
2
PF
x
0
1
x
P
2
1,
2
P
1
PF
1
2
2
2
1 ( 1)
4
k
PQ
0
0
2
2
2
x
k
y
1
PF
PQ
2
2
4
2
2
2
2
1
4
2
又直线
的斜率为
，所以直线
与直线
的夹角的正切值为
，
所以
为
的外角平分线；
同理当
轴时，即
时，
也为
的外角平分线；
当
时，直线
的斜率
，直线
的斜率
，
设
的外角平分线的斜率为
，则
，
所以
，整理得
，
又
，所以
，解得
或
，
因为
为
的外角平分线的斜率，所以
，
即
的外角平分线的斜率与切线
斜率相等，所以
为
的外角平分线，
综上，
为
的外角平分线.
（3）由（1）得直线
的斜率
，又
，
，
所以
，又
，
所以直线
的方程为
，直线
的方程为
，
PQ
2
2
2
PF
PQ
1
2
2
2
PQ
1
2
F PF
1
PF
x
0
1
x
PQ
1
2
F PF
0
1
x
1
PF
0
1
0
1
y
k
x
2
PF
0
2
0
1
y
k
x
1
2
F PF
0k
1
0
0
2
1 0
0
2
1
1
k
k
k
k
k k
k k
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
1
y
y
k
k
x
x
y
y
k
k
x
x
2
2
0
0
0
0
0
0
0
(1 3
)
0
x y k
y
k
x y
2
2
0
0
1
2
x
y
0
0
0
0
0
0
1
(2
)
0
2
y k
x
x k
y
0
0
0
2
x
k
y
0
0
0
2y
k
x
0k
1
2
F PF
0
0
0
2
x
k
k
y
1
2
F PF
PQ
PQ
1
2
F PF
PQ
1
2
F PF
PQ
0
0
2
x
k
y
1
1
F B
PQ
2
2
F B
PQ
1 1
2
2
0
0
2
F B
F B
y
k
k
x
1
2
( 1,0),
(1,0)
F
F
1 1
F B
0
0
2
(
1)
y
y
x
x
2
2
F B
0
0
2
(
1)
y
y
x
x
联立
，解得
，即
，
同理，联立
，得
，
则
，
又
，所以
，
同理可得
，又
，所以
，
所以
，
，
，
四点共圆.
2. （2026·湖北鄂州3 月·质检）已知动圆
与圆
：
外切，同时与圆
：
相内切.
（1）求动圆圆心
的轨迹
的方程；
（2）设曲线
与
轴交于
，
两点（
在
左侧），过
的动直线交
于
，
两点，直线
，
交直线
于
，
两点，证明：
0
0
0
0
2
(
1)
1
2
y
y
x
x
x x
y y
0
0
0
0
2(
1)
2
,
2
2
x
y
x
y
x
x
0
0
1
0
0
2(
1)
2
,
2
2
x
y
B
x
x
0
0
0
0
2
(
1)
1
2
y
y
x
x
x x
y y
0
0
2
0
0
2(
1)
2
,
2
2
x
y
B
x
x
2
2
2
2
0
0
0
0
0
1
2
0
0
0
2(
1)
2
4
4
8
4
2
2
(2
)
x
y
x
x
y
OB
x
x
x
2
2
0
0
1
2
x
y
2
2
2
0
0
0
0
1
2
2
0
0
4
4 8
4
2
2(2
)
2
(2
)
(2
)
x
x
x
x
OB
x
x
2
2
OB
1
2
(
2,0),
( 2,0)
A
A
1
2
2
OA
OA
1A
2A
2
B
1B
P
M
2
2
6
5
0
x
y
x
N
2
2
6
91
0
x
y
x
P
T
T
x
1A
2A
1A
2A
N
T
A
B
1A A
1A B
12
x
E
F
（i）以
为直径
圆
恒过定点，并求出定点坐标；
（ii）直线
与圆
相切.
【答案】（1）
（2）（i）证明见详解，圆
过定点
和
.；（ii）证明见详解
【分析】（1）根据圆与圆相切可得
，依据椭圆的定义可求椭圆方程；
（2）（i）设动直线
的方程为：
，联立直线方程和椭圆方程后结合韦达定理可求得
，再结合数量积可得
，从而可求定点或设以
为直径的圆与
轴的交点
，则
，结合韦达定理化简前者可得定点；（ii）用
坐标表示
的纵坐标，结合
韦达定理化简后可证
与
的方向向量垂直，从而可得直线
与圆
相切.
【详解】（1）圆
化为标准方程为
，圆心
，半径
圆
化为标准方程为
，圆心
，半径
设动圆圆心
，其半径为
.
由题意，圆
与圆
外切，与圆
内切，故
，
两式相加得
.
即动点
到两定点
与
的距离之和为常数12，且
满足椭圆的定义，于是其方程为：
EF
G
AB
G
2
2
1
36
27
x
y
G
3,0
21,0
12
PM
PN
AB
3
x
my
1
1
1
4
A A
A B
k
k
0
NE NF
EF
x
,0
M t
0
ME MF
,A B
G
GN
AB
AB
G
M
2
2
3
4
x
y
3,0
M
2
Mr
N
2
2
3
100
x
y
3,0
N
10
Nr
,
P x y
r
P
M
N
2
PM
r
10
PN
r
12
PM
PN
P
3,0
M
3,0
N
12
6
MN
2
2
1
36
27
x
y
（2）曲线
与
轴交于
，
两点，
由方程令
，得
，即
，
，点
为椭圆的右焦点.
（i）法1：设过点
的动直线
的方程为：
，
代入椭圆方程
整理得：
，
，
设
，
，则
，
，
不妨记
，则
直线
的方程为：
，与直线
交于点
，则
，
同理，直线
与直线
交于点
，则
，
，
，
，而
，
T
x
1A
2A
0
y
6
x
1
6,0
A
2 6,0
A
3,0
N
N
AB
3
x
my
2
2
1
36
27
x
y
2
2
3
4
18
81
0
m
y
my
2
2
2
Δ
324
324 3
4
1296
1
0
m
m
m
1
1
,
A x y
2
2
,
B x
y
1
2
2
18
3
4
m
y
y
m
1
2
2
81
3
4
y y
m
1
1
1
2
1
2
1
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
6
6
9
9
9
81
A A
A B
y
y
y y
y y
k
k
x
x
my
my
m y y
m y
y
2
2
2
2
81
1
3
4
81
18
4
9
81
3
4
3
4
m
m
m
m
m
m
1A A
k
k
1
1
4
A B
k
k
1A A
6
y
k x
12
x
E
12,18
E
k
1A B
12
x
F
9
12,
2
F
k
3,0
N
9,18
NE
k
9
9,
2
NF
k
9
9 9 18
0
2
NE NF
k
k
在以
为直径的圆
上即圆
过定点
，
由对称性知，圆
还过定点
，所以圆
过定点
和
.
法2：设过点
的动直线
的方程为：
，
代入椭圆方程
整理得：
，
，
设
，
，
则
，
，
，
直线
的方程为：
，所以点
，同理
，
设以
为直径的圆与
轴的交点
，则
，
即
（*），
而
，
代入（*）可得
，得
或
即圆
过定点，
定点坐标为
或
.
（ii）直线
的方程为：
，点
，
N
EF
G
G
3,0
G
21,0
G
3,0
21,0
N
AB
3
x
my
2
2
1
36
27
x
y
2
2
3
4
18
81
0
m
y
my
2
2
2
Δ
324
324 3
4
1296
1
0
m
m
m
1
1
,
A x y
2
2
,
B x
y
2
2
Δ
18
4 3
4
81
0
m
m
1
2
2
18
3
4
m
y
y
m
1
2
2
81
3
4
y y
m
1A A
1
1
6
6
y
y
x
x
1
1
18
12,
6
y
E
x
2
2
18
12,
6
y
F
x
EF
x
,0
M t
0
ME MF
2
2
1
2
1
2
18
12
0
6
6
y y
t
x
x
2
2
2
1
2
1
2
1
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
18
18
18
6
6
9
9
9
81
y y
y y
y y
x
x
my
my
m y y
m y
y
2
2
2
2
2
81
18
3
4
81
81
18
9
81
3
4
3
4
m
m
m
m
m
m
2
12
81
t
3
t
21
t
G
3,0
21,0
1A A
1
1
6
6
y
y
x
x
1
1
18
12,
6
y
E
x
同理
，
，
而
，
，而
的方向向量
，
，
于
，故直线
与圆
相切，切于点
.
🎯命题方向二 圆锥曲线中探究性问题
3．（2026·云南红河州、文山州模拟预测）已知抛物线
：
（
）的焦点
到准线的距离为
4．
（1）求抛物线的方程；
（2）已知
，
，
三点（点
在点
和点
之间）在抛物线上．
（ⅰ）若点
，求
周长的最小值；
（ⅱ）过
，
，
三点作抛物线的三条切线，分别两两相交于点
，
，
，如图所示，直线
，
分别交
轴于点
，
，是否存在常数
，使得
，若存在，求出
的
值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）13；（ⅱ）存在，
，证明见详解
【详解】（1）由题意知
，所以抛物线的方程为
．
（2）（ⅰ）由（1）知
，准线方程为
，
2
2
18
12,
6
y
F
x
1
2
1
2
9
9
12,
6
6
y
y
G
x
x
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
9
9
9
9
6
6
6
6
9
9
y
y
y
y
y
y
x
x
x
x
my
my
1
2
1
2
1
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
9 2
9
9
9
9
9
9
9
81
my y
y
y
y
my
y
my
m
my
my
m y y
m y
y
9,9
GN
m
AB
,1
v
m
0
GN v
AB
GN
N
AB
G
N
C
2
2
x
py
0
p
F
A
B
C
B
A
C
3,6
Q
AQF
A
B
C
D
E
G
DE
GE
y
M
N
1
1
1
1
B
C
OM
ON
y
y
2
8
x
y
1
4
p
2
8
x
y
0,2
F
2
y
过
作
与准线垂直，垂足为
，由抛物线的定义知
，
因为
周长为
，
所以
（当且仅当
，
，
共线时取“＝”）．
又点
到准线的距离为8，且
，所以
周长的最小值为
．
（ⅱ）因为
，所以
．设点
，
，
，
则抛物线在点
处的切线方程为
，即
，
在点
处的切线方程为
，即
，
在点
处的切线方程为
，即
，
所以由
，得
，所以点
的坐标为
，
由
，得
，所以点
的坐标为
，
由
，得
，所以点
的坐标为
，
则
，所以直线
的方程为
．
令
，解得
的纵坐标
，所以
，
，
则
，所以直线
的方程为
．
A
1
AA
1A
1
AA
AF
AQF
AQ
AF
FQ
1
1
AQF
C
AQ
AA
FQ
QA
FQ
△
Q
A
1A
3,6
Q
5
FQ
AQF
1
13
QA
FQ
2
1
8
y
x
1
4
y
x
2
1
1
1
, 8
A x
x
2
2
2
1
, 8
B x
x
2
3
3
1
, 8
C x
x
A
2
1
1
1
8
4
x
x
y
x
x
2
1
1
1
1
4
8
y
x x
x
B
2
2
2
2
8
4
x
x
y
x
x
2
2
2
1
1
4
8
y
x x
x
C
2
3
3
3
8
4
x
x
y
x
x
2
3
3
1
1
4
8
y
x x
x
2
1
1
2
2
2
1
1
4
8
1
1
4
8
y
x x
x
y
x x
x
1
2
1
2
2
8
D
D
x
x
x
x x
y
D
1
2
1
2
,
2
8
x
x
x x
D
2
1
1
2
3
3
1
1
4
8
1
1
4
8
y
x x
x
y
x x
x
1
3
1 3
2
8
G
G
x
x
x
x x
y
G
1
3
1
3
,
2
8
x
x
x x
G
2
2
2
2
3
3
1
1
4
8
1
1
4
8
y
x x
x
y
x x
x
2
3
2
3
2
8
E
E
x
x
x
x x
y
E
2
3
2
3
,
2
8
x
x
x x
E
2
3
1
2
2
2
3
1
2
8
8
4
2
2
DE
x x
x x
x
k
x
x
x
x
DE
1
2
2
1
2
8
4
2
x x
x
x
x
y
x
0
x
M
2
2
8
M
x
y
2
2
0,
8
x
M
2
2
8
B
x
OM
y
2
3
1 3
3
2
3
1
3
8
8
4
2
2
GE
x x
x x
x
k
x
x
x
x
GE
1
3
3
1
3
8
4
2
x x
x
x
x
y
x
令
，解得
的纵坐标
，所以
，
，
因为
，
故存在
使得
．
4．（2026·湖北孝感·二模）已知双曲线
的一条渐近线的倾斜角为
，点
在双曲线
上．点
为双曲线
右支上除右顶点外的任意点．
（1）求双曲线
的标准方程；
（2）证明：点
到
的两条渐近线的距离之积为定值；
（3）已知
的左顶点
和右焦点
，直线
与直线
相交于点
．试问是否存在常数
，使
得
？若存在，请求出
的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）证明见详解
（3）存在
【详解】（1）由双曲线
的一条渐近线的倾斜角为
，有
，可得
，
0
x
N
2
3
8
N
x
y
2
3
0,
8
x
N
2
3
8
C
x
ON
y
1
1
1
1
1
1
B
C
B
C
OM
ON
y
y
y
y
1
1
1
1
1
B
C
OM
ON
y
y
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
C
π
3
tan
3
b
a
3
b
a
又由点
在双曲线
上，有
，代入
，有
，可得
，
，
故双曲线的标准方程为
；
（2）设点
的坐标为
，则
，即
．
双曲线的两条渐近线，的方程分别为
，
，
则点
到两条渐近线的距离分别为
，
，
则
．
所以点
到双曲线
的两条渐近线的距离之积为定值．
（3）存在
．
①当
时，
，又
是
的中点，
所以
，所以
，此时
．
②当
时．
ⅰ）当
在轴上方时，由
，
，可得
，
所以直线
的方程为
，把
代入得
．
所以
，则
．
由二倍角公式可得
．
因为直线
的斜率
及
，
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
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
所以
，则
．
因为
，
，所以
．
ⅱ）当
在轴下方时，同理可得
．
故存在
，使得
．
5. （2026·河北唐山·一模）已知椭圆
的离心率为
，其左顶点为A，上顶点
为B，
的面积是1，其中O 是原点，平行于
的直线l 与C 交于M，N.
（1）求C 的方程；
（2）是否存在这样的直线l，使以A，B，N，M 为顶点的四边形为等腰梯形？若存在，求此时l 的方程；
若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）不存在，理由见详解
【分析】（1）根据离心率可得
，再结合
的面积可得
，
，即可得椭圆方程；
（2）设直线l：
，与椭圆方程联立，利用韦达定理分别求线段
、
的中点，结
合等腰梯形的性质列式求解即可.
【详解】（1）因为椭圆
的离心率为
，可得
，即
，
则
，
，
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)
x
y
C
a
b
a
b
3
2
AOB
V
AB
2
2
1
4
x
y
2
a
b
AOB
V
1
b
2
a
1
,
1
2
y
x
m m
AB
MN
C
2
3
1
2
c
b
e
a
a
1
2
b
a
2
a
b
2
OA
a
b
OB
b
又因为
的面积
，即
，
，所以椭圆C 的方程为
.
（2）由（1）可知：
，
，
则直线
的斜率
，且线段
的中点为
，
假设存在直线l 满足题意，设直线l：
，
，
，
联立方程
，消去y 可得
，
则
，解得
，
可得
，
，
即
，则
，
可得线段
的中点为
，直线
的斜率
，
此时
，可知直线
与直线
不垂直，
这与等腰梯形的性质相矛盾，假设不成立，所以不存在直线l 满足题意.
6. （2026·河北滦州第一中学3 月·检测）已知椭圆
过点
.
AOB
V
2
1
1
2
AOB
S
OA OB
b
1
b
2
a
2
2
1
4
x
y
2,0
A
0,1
B
AB
1
2
k
AB
1
1, 2
P
1
,
1
2
y
x
m m
1
1
,
M x y
2
2
,
N x
y
2
2
1
2
1
4
y
x
m
x
y
2
2
2
2
2
0
x
mx
m
2
2
Δ
4
4 2
2
0
m
m
2
2
m
1
2
2
x
x
m
2
1 2
2
2
x x
m
1
2
2
x
x
m
1
2
1
2
1
2
2
2
2
y
y
x
x
m
m
MN
, 2
m
Q
m
PQ
1
1
2
2
1
2
PQ
m
k
m
1
1
4
PQ
k k
AB
PQ
2
2
2
2
1
0
: x
y
E
a
b
a
b
2,0 ,
(
)
1
(
)
0,
A
B
（1）求椭圆
的方程；
（2）斜率为1 的直线与椭圆
交于
两点，点P 坐标为
，直线
与椭圆的另一个交点为点
M，直线PD 与椭圆
的另一个交点为点N.
①已知点M 坐标为
，求点
横坐标（用
表示）；
②过点
作
于点G，是否存在定点Q，使得
为定值，若存在，求出点
的坐标，若不存
在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）①
；②存在，
【分析】（1）将点代入椭圆方程即可求解；
（2）①设直线
的方程为
，与椭圆方程联立，结合韦达定理化简求解即可；
②计算可得
，设
，可得
，结合
化简得到
，设直线
，进而得到直线
过定点
，进而求解即可.
【详解】（1）由题意，
，解得
，所以椭圆
的方程为
.
E
E
,C D
4,0
PC
E
1
1
,
x
y
C
1
x
P
PG
MN
GQ
Q
2
2
1
4
x
y
1
1
5
8
2
5
x
x
13 3
,
4 4
Q
PC
4
y
k x
1
1
1
1
5
8
3
,
2
5
2
5
x
y
C
x
x
2
2
,
N x
y
2
2
2
2
5
8
3
,
2
5
2
5
x
y
D
x
x
1
CD
k
2
1
1
2
1
2
1
2
2
2
5
5
3
3
0
x y
x y
y
y
x
x
1
:
MN y
k x
m
MN
5 3
,
2 2
H
2
2
4
1
1
1
a
b
2
2
4,
1
a
b
E
2
2
1
4
x
y
（2）①设直线
的方程为
，且
，
，即
，
联立
，得
，
则
，即
，
且
，
则
，
即点
横坐标为
.由①知，
，
，
则
，即
，
设
，与①同理可得
，
则
，
则
，
设直线
，
PC
4
y
k x
1
1
4
y
k
x
2
2
1
1
1
4
x
y
2
2
1
1
4
4
y
x
2
2
4
1
4
y
k x
x
y
2
2
2
2
4
1
32
64
4
0
k
x
k x
k
2
2
2
2
2
Δ
32
4
4
1
64
4
16
192
0
k
k
k
k
2
1
12
k
2
2
1
1
2
2
32
64
4
,
4
1
4
1
C
C
k
k
x
x
x x
k
k
2
1
2
2
1
1
1
1
1
2
2
2
2
1
1
1
1
1
32
4
32
32
4
1
4
8
16
4
1
4
C
y
x
y
k
x
x
x
x
k
y
x
x
y
x
2
1
1
1
1
1
8 4
5
8
8
20
2
5
x
x
x
x
x
C
1
1
5
8
2
5
x
x
1
1
5
8
2
5
C
x
x
x
1
1
4
y
k
x
1
1
1
1
1
1
5
8
3
4
4
4
2
5
2
5
C
C
y
x
y
y
k x
x
x
x
1
1
1
1
5
8
3
,
2
5
2
5
x
y
C
x
x
2
2
,
N x
y
2
2
2
2
5
8
3
,
2
5
2
5
x
y
D
x
x
1
2
1
2
2
1
1
2
1
2
1
2
2
1
1
2
3
3
3
2
5
3
2
5
2
5
2
5
5
8
5
8
5
8
2
5
5
8
2
5
2
5
2
5
CD
y
y
y
x
y
x
x
x
k
x
x
x
x
x
x
x
x
2
1
1
1
2
2
2
1
1
1
2
2
1
2
1
2
6
15
6
15
2
5
2
5
1
9
9
3
3
x y
y
x y
y
x y
y
x y
y
x
x
x
x
2
1
1
2
1
2
1
2
2
2
5
5
3
3
0
x y
x y
y
y
x
x
1
:
MN y
k x
m
则
，
则
，又
，则
，
则直线
，所以直线
过定点
，
则
为
中点
时，则
，
，则
，因此，存在定点
，使得
为定值.
题型06 圆锥曲线的融合交汇问题
抓关键
· 破难点
此类问题以圆锥曲线为载体，与三角函数、平面向量、数列、导数等知识相互渗透、综合考查，解
题时需立足解析几何本质，将不同知识模块转化为坐标、斜率、距离等统一关系，再通过联立方程、韦达
定理、参数消元完成求解。解题时应紧扣曲线定义与几何性质，将交汇条件代数化，遵循 “设点、设线、
联立、判别式、韦达定理、代入化简” 的通用步骤，把综合问题转化为常规代数式运算，最终得到定值、
定点、取值范围或轨迹结论。
刷经典
· 通方法
🎯命题方向一 圆锥曲线与三角函数的融合问题
1.（2026·辽宁·模拟预测）抛物线
的焦点为
，
为
上一点，
的纵坐标为
，点
在
轴上，
轴，线段
的中点为
，且
轴．
2
1 1
1
1
2
1 1
1
2
1
2
2
2
5
5
3
3
0
x
k x
m
x k x
m
k x
m
k x
m
x
x
1
1
2
5
3
2
0
k
m
x
x
1
2
x
x
1
5
3
2
k
m
1
1
1
5
3
5
3
:
2
2
2
k
MN y
k x
x
k
MN
5 3
,
2 2
H
Q
PH
13 3
,
4 4
2
2
5
3
3 2
4
0
2
2
2
PH
PG
MN
1
3 2
2
4
GQ
PH
13 3
,
4 4
Q
GQ
(1)求
的方程；
(2)已知
为
上三个不同的点，点
在第一象限．
（ⅰ）若点
在原点，
，
，点
的横坐标
满足
，求．
（ⅱ）在
中，内角
所对的边分别为
，且满足
，
，
的重心
在轴上，求点
的坐标．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）
；（ⅱ）
【详解】（1）将
代入
的方程，得
，所以
，
所以
，解得
，故
的方程为
；
（2）（ⅰ）设
，
，则
，
因为
，所以
，
即
，①
又
的中点为
，所以
，
，
由
，得
，与①联立可得
．
又
，则
，
令
，则
，
设方程
的两根分别为
，
得
，
，
所以
在区间
内单调递减，在区间
内单调递增，
又
，
，即
，
所以
；
（ⅱ）由
，得
，
即
，即
，
即
，所以
，
又
，所以
，所以
，
所以
，
即
，所以
，
所以
为等腰三角形，
设重心
，
，
，
，
的中点为
，
则由
，得
，
，
直线
的斜率
，
由
，即
，可知
，
所以
，即
，即
，
所以
，
则
，
所以直线
的方程为
，即
，
联立
，整理得
，
则
，
，
所以
，
由
，得
，解得
，
所以
，
故点
的坐标为
．
🎯命题方向二 圆锥曲线与数列的融合问题
2. （2026·辽宁盘锦大洼区·一模）已知椭圆C：
，
，
，点
在椭圆C 上.由椭圆的光学性质得到：从焦点
处发出的一束光线，射向椭圆C 上的点
，
经椭圆反射后经过焦点
；继续传播，射向椭圆C 上的点
，经椭圆反射后经过焦点
；如此反复，设
第
次入射点为
.规定：当
为奇数时，记
；当
为偶数时，记
；记
，
，即：
，
，
，… ，
，
，
，….
（1）求椭圆
的标准方程；
（2）已知椭圆
：
的方程还可以由椭圆第二定义（椭圆
上的动点M 满足，到
一个定点
的距离与到不通过这个定点的一条定直线
的距离之比是一个常数
，其中
2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b
1
1,0
F
2 1,0
F
2 10
2,
3
M
1F
1P
2F
2P
1F
n
1,2,3,
nP n
n
2
nF
F
n
1
nF
F
n
n
n
A
F P
1
n
n
n
B
F P
1
2 1
A
F P
2
1
2
A
F P
3
2
3
A
F P
1
2
2
B
F P
2
1 3
B
F P
3
2
4
B
F P
C
C
2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b
C
,0
0
F t
t
2a
x
t
t
a
2
2
2
a
b
t
2
1
2
1
1
1
n
n
A
B
）得到.求证：
为定值；
（3）若
，记
，
，求证：数列
为等比数列，
.
【答案】（1）
（2）证明见解详解，定值为
（3）证明见详解
【分析】（1）借助焦点坐标与椭圆上的点的坐标，代入计算即可得；
（2）由题意可得
、
、
三点共线，设该直线为
，联立曲线方程可得与交点纵坐标有
关韦达定理，再利用所给椭圆第二定义可用
、
横坐标表示
、
，则利用韦达定理对
求和即可得；
（3）由椭圆对称性可得
，结合椭圆定义可得
，则可表示出
，结合等
比数列定义可得数列
为等比数列，再利用等比数列性质可求出
通项公式，即可得
的通
项公式，再合理放缩后求和即可得证
.
【详解】（1）由题意可得
，解得
，故椭圆
的标准方程为
；
2
2
2
a
b
t
2
1
2
1
1
1
n
n
A
B
1
3
A
4
2
n
n
n
A
D
A
1
1
n
n
i
i
S
A
n
D
1
4
6
n
n
S
2
2
1
9
8
x
y
3
4
2
1
n
P
2F
2n
P
1
x
my
2
1
n
P
2n
P
2
1
n
A
2
1
n
B
2
1
2
1
1
1
n
n
A
B
1
1
3
4
n
n
A
B
1
4
3
24
14
n
n
n
A
A
A
1
n
D
n
D
n
D
nA
1
4
6
n
n
S
2
2
2
2
2
1
40
4
9
1
c
a
b
a
b
c
3
2 2
1
a
b
c
C
2
2
1
9
8
x
y
（2）设
，由题意可得
、
、
三点共线，
设该直线为
，联立
，消去
可得
，
则
，
，由题意可得
，
，
由椭圆第二定义可得
，
，
则
，故
为定值
；
（3）由（2）中所得
，即
，
由椭圆对称性可得
也成立，
故有
，则
又由椭圆定义可得
，
,
3
3
n
n
n
n
P x
y
x
2
1
n
P
2F
2n
P
1
x
my
2
2
1
1
9
8
x
my
x
y
x
2
2
8
9
16
64
0
m
y
my
2
1
2
2
16
8
9
n
n
m
y
y
m
2
1
2
2
64
8
9
n
n
y
y
m
2
1
2
2
1
n
n
A
F P
2
1
2
2
n
n
B
F P
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
1
1
9
9
3
3
n
n
n
n
c
a
F P
x
x
x
a
c
2
2
2
2
2
2
1
1
9
9
3
3
n
n
n
n
c
a
F P
x
x
x
a
c
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
1
2
3 9
3 9
1
1
3
3
9
9
9
9
n
n
n
n
n
n
n
n
x
x
A
B
x
x
x
x
2
2
1
2
1
2
2
1
2
2
1
2
2
1
2
2
1
2
3
54
3
2
54
9
81
1
1
9
2
81
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
x
x
my
my
x
x
x
x
my
my
my
my
2
2
1
2
2
2
2
1
2
2
1
2
2
2
16
3
48
3
48
8
9
64
16
8
64
8
64
8
9
8
9
n
n
n
n
n
n
m
m
m y
y
m
m
m y
y
m y
y
m
m
m
m
2
2
2
2
2
2
2
48
48 8
9
432
1
3
4
64
128
64 8
9
576
1
m
m
m
m
m
m
m
2
1
2
1
1
1
n
n
A
B
3
4
2
1
2
1
1
1
3
4
n
n
A
B
2
2
1
2
2
1
1
3
4
n
n
F P
F P
1
2
1
2
1
2
2
1
1
1
1
3
4
n
n
n
n
F P
F P
A
B
1
1
3
4
n
n
A
B
4
1
3
1
3
4
4
n
n
n
n
A
B
A
A
1
1
1
1
2
6
n
n
n
n
n
n
B
A
F P
F
P
a
则
，即
，
由
，则
，
又
，故数列
是以
为首项，
为公比的等比数列，
则
，整理得
，
故
，
即
，即得证.
3.（2026·云南大理·模拟预测）已知点
在抛物线
上，过点
作斜率为
的直线
交
于另一个点
，设
与
关于
轴对称，再过
作斜率为
的直线交
与另一个点
，设
与
1
6
n
nA
B
1
1
24
6
4
4
4
6
3
4
3
n
n
n
n
n
n
A
A
A
B
A
A
4
2
n
n
n
A
D
A
1
1
1
2
2
14
4
4
3
14
2
3
4
4
24
4
n
n
n
n
n
n
n
A
A
A
D
A
A
A
24 12
16
2
8
1
14
4
1
1
4
4
4
2
2
4
4
4
6
8
8
16
8
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
A
A
A
A
A
D
A
A
A
A
A
1
1
1
4
3
4
1
2
3
2
A
D
A
n
D
1
1
4
1
4
1
2
4
n
n
n
n
A
D
A
1
1
1
1
1
4
4
2 4
2 4
2
n
n
n
A
1
2
1
1
1
1
1
1
1
1
4
2 4
4
2 4
4
2 4
n
n
n
i
i
S
A
1
1
1
8
4
1
1
1
1
4
4
6
6
4
1
4
n
n
n
n
1
1
1
1
4
6
6
4
6
n
n
n
S
1
1,
P t
t
2
:
4
0
C x
y p
1P
1
C
1
Q
2P
1
Q
y
2P
1
C
2
Q
3P
2
Q
x
*
,
N
n
n
n
P x
y
n
关于
轴对称，以此类推一直做下去，设
.
（1）求的值；
（2）求数列
的通项公式，并求数列
的前
项和
的取值范围；
（3）求
的面积.
【答案】（1）
（2）
，
（3）16
【解析】（1）因为点
在抛物线
上，则
，解得
.
（2）由
可知
，
，
因为点
在抛物线
上，则
，且
，
过
，
，且斜率为
的直线
，
联立方程
，消去
可得
，
解得
或
，
因
，故
，即
，
故数列
是以首项为2，公差为4 的等差数列，所以
，
又
，所以
，
所以
2
Q
x
*
,
N
n
n
n
P x
y
n
t
nx
1
n
n
x
y
n
n
T
*
1
2
N
n
n
n
P P P
n
1
t
4
2
nx
n
1
1
,
3
2
1
1,
P t
t
2
:
4
C x
y
2
1
4
t
t
1
t
1 2,1
P
1
2
x
1 1
y
,
n
n
n
P x
y
2
:
4
C x
y
2
4
n
n
x
y
1
,
n
n
n
Q
x y
2
1
1
1,
4
n
n
n
x
P
x
2
n
1
2
1
1
1
1
:
4
n
n
n
n
x
P Q
y
x
x
2
1
1
2
4
4
n
n
x
y
x
x
x
y
y
1
1
4
0
n
n
x
x
x
x
1
n
x
x
1
4
n
x
x
1
,
n
n
n
Q
x y
1
4
n
n
x
x
1
4
n
n
x
x
nx
2
4
1
4
2
nx
n
n
2
2
2
1
4
n
n
x
y
n
2
1
1
1
1
1
1
4
1
2
1
2
1
2
2
1
2
1
n
n
x
y
n
n
n
n
n
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
3
3
5
5
7
2
1
2
1
2
2
1
n
T
n
n
n
所以
，又
是关于
的递增函数，故
，
的取值范围是
.
（3）由（2）可知：
，
，
，
直线
的方程为
，
即
，
点
到直线
的距离为
，
，
所以
的面积为
.
4. （2026· 海南部分学校联合调研）平面内一动点
到直线
的距离为
，到直线
的距离为
，且
，记点
的轨迹为曲线
.
（1）求
的方程；
（2）已知过点
且斜率不为0 的直线与
交于
两点，且
，求的方程；
（3）以点
为端点作
条射线分别与
交于
（射线
，
按逆时
1
2
nT
n
T
n
min
1
1
3
T
T
n
T
1 1
,
3 2
2
4
2, 2
1
n
P
n
n
2
1 4
2, 2
1
nP
n
n
2
2 4
6, 2
3
nP
n
n
2
n
n
P P
2
2
2
2
3
2
1
2
1
4
2
2
1
4
2
4
6
4
2
n
n
y
n
x
n
n
x
n
n
n
2
2
1
4
4
3
0
n
x
y
n
n
2
1 4
2, 2
1
nP
n
n
2
n
n
P P
2
2
2
2
2
2 2
1
2
1
4
4
3
4
2
1
1
2
1
1
n
n
n
n
d
n
n
2
2
2
2
2
2
2
4
6
4
2
2
3
2
1
64 2
1
64
8
2
1
1
n
n
P P
n
n
n
n
n
n
*
1
2
N
n
n
n
P P P
n
2
1
16
2
n
n
S
P P
d
P
3
2
0
x
y
1d
3
2
0
x
y
2d
2
2
1
2
24
7
d
d
P
1,0
l
Ω
,
D E
24
7
DE
l
10
B
,
2
n n
Ω
1
2
,
,
,
n
C C
C
1
2
,
,
BC BC
n
BC
针方向旋转），且
，求
.
【答案】（1）
（2）
或
（3）
【分析】（1）利用点到线距离公式，结合题目条件化简即可；
（2）利用设线法并结合弦长公式即可得到方程，解出即可；
（3）设射线
与
轴正方向的夹角为
，
，则
的坐标为
，代入椭圆
方程利用求根公式求出
，结合三角恒等变换求和即可.
【详解】（1）设
，由题意可得
，
，
因为
，所以
，整理得
，
即
的方程为
.
（2）由（1）知，点
为椭圆
的右焦点，设为
.因为的斜率不为0，
可设的方程为
，设
，
则
.
1
2
2
3
1
2π
n
C BC
C BC
C BC
n
1
1
n
i
i
BC
2
2
1
4
3
x
y
1
x
y
1
x
y
2
3
n
i
BC
x
i
i
i
BC
t
iC
1
cos
, sin
i
i
i
i
t
t
it
,
P x y
1
2
2
3
2
3
2
7
3
2
x
y
x
y
d
2
2
2
3
2
3
2
7
3
2
x
y
x
y
d
2
2
1
2
24
7
d
d
2
2
3
2
3
2
24
7
7
7
x
y
x
y
2
2
1
4
3
x
y
2
2
1
4
3
x
y
1,0
F
l
l
1
x
my
1
1
2
2
,
,
,
D x y
E x y
2
2
1
2
1
2
24
1
4
7
DE
m
y
y
y y
联立与
的方程得
，
由韦达定理可得
，
，
代入
表达式得
，解得
.
所以方程为
或
.
（3）由题意设射线
与
轴正方向的夹角为
，则
，
设
，则
的坐标为
，
代入椭圆方程
得
，整理得
，
因为
，由求根公式得
，
所以
，
所以
，
因为
，令
，
，
则
，
对
求和，左边为
，
右边为
l
2
2
3
4
6
9
0
m
y
my
1
2
1
2
2
2
6
9
,
3
4
3
4
m
y
y
y y
m
m
0
DE
2
2
2
2
6
9
24
1
4
3
4
3
4
7
m
DE
m
m
m
1
m
l
1
x
y
1
x
y
i
BC
x
i
1
2π
1
1,2,...,
i
i
i
n
n
i
i
BC
t
iC
1
cos
, sin
i
i
i
i
t
t
2
2
1
4
3
x
y
2
2
1
cos
sin
1
4
3
i
i
i
i
t
t
2
2
3
sin
6cos
9
0
i
i
i
i
t
t
0
it
2
2
2
2
2
6cos
36cos
36 3 sin
6cos
12
6
3cos
3 sin
2 3 sin
2 3 sin
i
i
i
i
i
i
i
i
i
t
2
2
2
cos
2
cos
3
sin
4
cos
2
cos
1
6
3cos
3 2
cos
3 2
cos
3
i
i
i
i
i
i
i
i
i
BC
1
1
1
1
1
2
cos
1
1
1
2
2
cos
2
cos
(
1)
3
3
3
n
n
n
n
i
i
i
i
i
i
i
n
n
i
BC
n
1
cos
sin
sin
sin
2
A
B
A
B
A
B
1
A
k
d
2
d
B
1
1
3
cos
1
sin
sin
sin
2
2
2
2
d
k
d
k
d
k
d
1,2,...,
i
n
1
sin
cos[
(
1) ]
2
n
i
d
i
d
1
1
1
3
1
1
3
sin
sin
sin
sin
...
sin
sin
2
2
2
2
2
2
2
d
d
d
d
n
d
n
d
，
将
，
代入得
，
，
所以
，
所以
，
易知当
时
，所以
，
所以
.
🎯命题方向三 圆锥曲线与立体几何的融合问题
5.（2026·四川资阳·模拟预测）如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆
的左、右焦点
分别为
，
，经过点
且倾斜角为
的直线l 与椭圆C 交于A，B 两点其中点A
在x 轴上方连接
，
将平面xOy 沿x 轴向上折叠，使二面角
为直二面角，折
叠后A，B 在新图形中对应点记为
，
.
1
1
1
sin
sin
2
2
2
n
d
d
1
2π
d
n
1
1
1
1
2π
π
2π
2
2
n
d
n
n
n
1
1
π
2 d
n
1
1
1
1
π
π
sin
sin
sin
2π
sin
0
2
2
n
d
d
n
n
1
1
1
2
sin
cos[
(
1) ]
sin
cos
(
1)
0
2
n
n
i
i
d
i
d
i
n
n
2
n
π
sin
0
n
1
1
2
cos
(
1)
0
n
i
i
n
1
1
1
1
1
2
2
2
cos
(
1)
3
3
n
n
i
i
i
n
n
i
BC
n
(1)当
时，
①求三棱锥
的外接球的表面积；
②求三棱锥
的体积；
(2)是否存在
，使得折叠后
的周长为
？若存在，求
的值；若不存在，
请说明理由.
【答案】(1)①
；②
；
(2)存在，
【详解】（1）①由题可知，
，则
.
直线的倾斜角
，则斜率
.所以直线的方程为
.
联立直线与椭圆方程
得
或
.
又因为点A 在x 轴上方，所以
.
所以
为边长是的正三角形，且
.折叠后，
.
又因为
，所以
；
外接圆半径
；
外接圆半径
.
三棱锥
外接球半径为
.
三棱锥
的外接球的表面积为
.
②因为二面角
为直二面角
所以
到轴距离即为三棱锥
的高，
.
底面
的面积
，所以
.
即三棱锥
的体积为
.
（2）设翻折前
，翻折后
.
设直线的方程为
，将直线与椭圆方程联立得，
，则
.
翻折前
，翻折后
，
由
,
，所以
.
分母有理化
所以
.
则
.
又因为
，
所以
，
将
代入上式，
整理得
，整理得
因为
，所以
.
