专题06 平面解析几何
4 大考点概览
考点01 直线方程与圆的方程
考点02 椭圆方程及其性质及综合大题
考点03 双曲线方程及其性质及综合大题
考点04 抛物线方程及其性质及综合大题
1．（2026·福建三明·二模）已知直线l: y = x +m(m≠0)与圆O: x
2+ y
2= 4交于A，B 两点，当ΔOAB的面
积最大时，点O 到直线l 的距离为（ ）
A．1
2
B．
❑√2
2
C．1
D．❑√2
【答案】D
【分析】设点O 到直线l 的距离为d，进而得|AB)=2
❑√4−d
2，即S△AOB=
❑√(4−d
2)d
2，利用基本不等式
即可求解.
【详解】设点O 到直线l 的距离为d，所以|AB)=2
❑√r
2−d
2=2
❑√4−d
2，
所以S△AOB= 1
2|AB)d = 1
2 ×2
❑√4−d
2×d =
❑√(4−d
2)d
2 ≤4−d
2+d
2
2
=2，
当4−d
2=d
2时，即d = ❑√2时，等号成立.
2．（2026·福建泉州·模拟预测）（多选）已知点A在直线l: y = ❑√3 x + 4上，点B，C在圆
O: x
2+ y
2=r
2(r >0)上，若|AB)=|AC)，且BC //l，则下列说法正确的是（ ）
A．当r =2时，直线l与圆O相切
B．直线OA倾斜角为150°
C．当r = ❑√2时，∠BAC可能为90°
D．若∠BAC =60°，则r的取值范围为(1,+∞)
【答案】ABC
【分析】A 选项运用点到直线的距离，B 选项运用两直线垂直的相关知识，C 选项代入∠BAC =90
∘和
r = ❑√2验证直线BC是否与圆相交，D 选项运用∠BAC =60°，建立直线BC与圆的半径之间的关系去求半
径的范围.
【详解】对于A 选项，圆心O到直线l的距离d =|❑√3×0−1×0+ 4|
❑√(❑√3)
2+(−1)
2
=2，
当r =2时，r =2=d，所以直线l与圆O相切，故A 选项正确；
考点1
直线方程与圆的方程
对于B 选项，因为|AB)=|AC)，所以直线OA ⊥BC，
又因为BC //l，所以OA ⊥l，
而直线l 的倾斜角为60
∘，因此直线OA倾斜角为150°，故B 选项正确；
对于C 选项，设∠BAC =90
∘，r = ❑√2，圆心O 到直线BC的距离为d
′，
设| AM |为A 点到直线BC的距离，则|OM |=d
′，
因为∠BAC =90
∘，所以△ABC为等腰直角三角形
则| AM |= 1
2 |BC |=
❑√2−d
′2，由B 选项得出直线OA的方程为y =−
❑√3
3 x，
联立{
y =−
❑√3
3 x
y = ❑√3 x + 4)
，得出A 点坐标为(−❑√3,1)，设直线BC方程为❑√3 x−y +c =0，
则圆心O 到直线BC距离为d
′ =|c|
2
，
点A 到直线BC的距离为| AM |=|❑√3⋅(−❑√3)−1+c|
2
=|c−4|
2
，
又因为| AM |= 1
2 |BC |=
❑√2−d
′2，所以(c−4)
2=8−c
2，
解得c =2，则d
′ =|c|
2
=1，d
′ =1<❑√2=r，故直线BC与圆相交，所以C 选项正确
对D 选项，若∠BAC =60
∘，且|AB)=|AC)，所以△ABC为等边三角形，则
点A 到直线BC的距离| AM |=
❑√3
2 |BC |，设直线BC方程为❑√3 x−y +c =0，
则圆心O 到直线BC距离为d
′ =|c|
2
， | AM |=|❑√3⋅(−❑√3)−1+c|
2
=|c−4|
2
，
因为|BC |=2
❑√r
2−d
′2=2
❑√r
2−c
2
4
，| AM |=
❑√3
2 |BC |，
所以c
2−2c + 4 =3r
2，化简可得(c−1)
2+3=3r
2，故r
2≥1，所以r ≥1，
又因为d
′<r，得出c
2<4 r
2，故c
2−2c + 4 =3r
2> 3
4 c
2，所以c≠4，
若c = 4，则r =2，
若r =2，则c = 4（舍去）或c =−2，所以r ∈[1,+∞)，故D 选项错误
3．（2026·福建宁德·二模）直线l:mx + y =m+2被圆O: x
2+ y
2=16截得的弦长的最小值为（ ）
A．❑√11
B．2❑√3
C．2❑√11
D．4 ❑√3
【答案】C
【分析】分析可知直线l过定点A (1,2)，且斜率存在，结合圆的性质求弦长的最小值.
【详解】直线l:mx + y =m+2即y =−m(x−1)+2，
所以直线l过定点A (1,2)，且斜率存在，
圆O: x
2+ y
2=16的圆心为O(0,0)，半径r = 4，
则|OA)= ❑√5，直线OA的斜率kOA =2，
当OA ⊥l时，直线l被圆O截得的弦长的最小值为2
❑√r
2−|OA)
2=2❑√11，
此时直线l的斜率k =−1
2，符合题意.
4．（2026·福建泉州·模拟预测）已知点A (0,2)，向量⃗n=(−1,1)，若⃗n与直线l: y =kx垂直，则A到直线l的
距离等于（ ）
A．1
B．❑√2
C．2
D．2❑√2
【答案】B
【分析】根据直线的方向向量与⃗n垂直求出k，再由点到直线的距离求解.
【详解】因为直线l: y =kx的一个方向向量为⃗a=(1,k )，
又⃗n与直线l: y =kx垂直，所以⃗n⋅⃗a=(−1,1)⋅(1,k )=−1+k =0，
解得k =1，所以直线l: y = x，
所以A到直线l的距离为d =|2−0)
❑√2
= ❑√2.
5．（2026·福建龙岩·三模）已知圆(x +1)
2+ y
2=16与抛物线y
2=2 px ( p>0)交于M , N两点．若
|MN )= 4 ❑√3，则p的值为（ ）
A．6
B．12
C．2❑√3
D．4 ❑√3
【答案】A
【分析】根据圆以及抛物线的对称性得到y，再求交点横坐标，进而得到p.
【详解】圆( x +1)
2+ y
2=16和抛物线y
2=2 px( p>0)都关于x轴对称，因此交点M , N也关于x轴对称.
设M ( x , y), N ( x ,−y)，由∣MN ∣= 4 ❑√3得2|y)= 4 ❑√3，即y
2=12.
则( x +1)
2+12=16 ⟹( x +1)
2= 4，解得x =1或x =−3，
因为抛物线y
2=2 px( p>0)中x ≥0，舍去x =−3，得交点横坐标x =1.
将x =1, y
2=12代入抛物线方程y
2=2 px，得12=2 p⋅1⟹p=6.
6．（2026·福建漳州·三模）过P(−1,2)作圆(x−1)
2+ y
2= 4的两条切线，设切点分别为A ,B，则直线AB
的方程为___________．
【答案】x−y +1=0
【详解】解法一：由图可知，A (−1,0),B (1,2)，
所以k =
2−0
1−(−1) =1，所以直线AB方程为x−y +1=0．
解法二：∠PAC =∠PBC =π
2 ，所以P , A ,B ,C四点均在以PC为直径的圆上，圆心为(0,1)，半径为❑√2，
故圆方程为x
2+( y −1)
2=2，
由{
(x−1)
2+ y
2= 4
x
2+( y −1)
2=2)，得x−y +1=0，所以直线AB方程为x−y +1=0．
解法三：直线AB方程为(−1−1)(x−1)+2 y = 4，即x−y +1=0，
故答案为x−y +1=0．
7．（2026·福建厦门·二模）若直线y =kx(k ≠0)和y =0被圆( x−2)
2+( y −1)
2=5所截得的弦长相等，则
k =（ ）
A．3
4
B．4
3
C．2
D．4
【答案】B
【分析】先计算直线y =0截圆所得弦长，再利用点到直线距离公式表示直线y =kx截圆的弦长，根据弦长
相等建立方程，求解并结合k ≠0的条件确定k的值.
【详解】圆( x−2)
2+( y −1)
2=5的圆心坐标为(2,1)，半径r = ❑√5.
圆心(2,1)到直线y =0的距离d1=|1−0|=1，
直线y =0被圆截得的弦长为2
❑√r
2−d1
2=2❑√5−1= 4.
圆心(2,1)到直线y =kx的距离d2=|2k −1|
❑√k
2+1
，
直线y =kx被圆截得的弦长为2
❑√r
2−d2
2=2❑√
5−(2k −1)
2
k
2+1
.
由两弦长相等，得2❑√
5−(2k −1)
2
k
2+1
= 4，两边除以2 得❑√
5−(2k −1)
2
k
2+1
=2.
两边平方得5−(2k −1)
2
k
2+1
= 4，移项得(2k −1)
2
k
2+1
=1.
4 k
2−4 k +1=k
2+1，整理得3k
2−4 k =0，即k(3k −4)=0.
因k ≠0，故3k −4 =0，解得k = 4
3 .
8．（2026·福建福州·三模）已知椭圆Γ1: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的右顶点为A，上顶点为B，|AB)=2❑√5，
考点2
椭圆方程及其性质及综合大题
△OAB的面积为4（O为坐标原点）.以O为中心,焦点在x轴上的椭圆Γ2在Γ1的内部，且与Γ1的离心率相
等.分别过A ,B作Γ2的切线l1,l2，设l1,l2的斜率分别为k1,k2.
(1)求Γ1的方程；
(2)求k1k2的值；
(3)若Γ2的长轴长为4，是否存在定点P，当过P的动直线l与Γ1交于两点M , N，与l1交于点Q时，都有
|MP)⋅|QN )=|MQ)⋅|PN )？若存在，写出P的坐标并证明：若不存在，说明理由.
【答案】(1) x
2
16 + y
2
4 =1
(2)k1k2=± 1
4
(3)当l1为x +2❑√3 y −4 =0时，存在定点P(4,2❑√3)满足条件；当l1为x−2❑√3 y −4 =0时，存在定点
P(4 ,−2❑√3)满足条件
【分析】（1）根据条件列出a,b的方程求解即可；
（2）设Γ2的方程可设为x
2
16 + y
2
4 = s(0<s<1)，由l1与Γ2相切，联立方程得到Δ=0，化简得到
k1
2=
s
4 (1−s)，同理可得k2
2= 1−s
4 s ，即可得到k1k2=± 1
4 .
（3）先求出过点A 的椭圆Γ 2的切线l1，方程为x ±2❑√3 y −4 =0，题目中的|MP)⋅|QN )=|MQ)⋅|PN )
本质是P ,Q 按相同比例分割线段MN ，结合M , N在椭圆Γ1上的方程，消去比例参数后可得到过点Q的
恒成立直线mx
16 + ny
4 =1，由于Q始终在切线l1上，因此这条直线与l1为同一条直线，通过系数成比例即可
解得定点P 为P(4 ,−2❑√3).
【详解】（1）设A(a,0),B(0,b)，a>b>0，则| AB|=
❑√a
2+b
2=2❑√5⇒a
2+b
2=20，
S△OAB= 1
2 ab= 4⇒ab=8，
联立解得a= 4 ,b=2，
则Γ1的方程x
2
16 + y
2
4 =1.
（2）因为两椭圆的离心率相同，故Γ2的方程可设为x
2
16 + y
2
4 = s(0<s<1)，
设切线l1的方程为y =k1(x−4)，切线l2的方程为y =k2 x +2，
由¿，得(4 k1
2+1)x
2−32k1
2 x +64 k1
2−16 s=0，
由Δ=0，即(−32k1
2)
2−4(4 k1
2+1)(64 k1
2−16 s)=0，
整理得k1
2=
s
4 (1−s)，
同理可得k2
2= 1−s
4 s ，
所以k1
2k2
2= 1
16，所以k1k2=± 1
4 .
（3）易得Γ2的方程为x
2
4 + y
2=1，设l1的方程为x =ty + 4，
由{
x
2
4 + y
2=1
x =ty + 4 )
，得(t
2+ 4) y
2+8ty +12=0，
由Δ
′ =0，得t =±2❑√3，
当l1的方程为x +2❑√3 y −4 =0时，假设存在满足条件的点P，设P(m,n).
由题意知P不能在椭圆Γ1上，
若P在椭圆Γ1内且|PM )<|MQ)，则|QN |<| PN |，显然条件不成立;
若P在椭圆Γ1内且|PM )>|MQ)，则|QN |>| PN |，显然条件不成立;
所以若P存在，则其必然在Γ1椭圆外，
设λ =| PM |
| PN | =|QM |
|QN | ，则λ>0且λ≠1，由题知P , M , N ,Q四点共线，
则¿，设Q (x , y), M (x1, y1), N (x2, y2)，
由向量的共线关系可得:
m= x1−λ x2
1−λ
①， x = x1+ λ x2
1+ λ
②，
n= y1−λ y2
1−λ
③， y = y1+ λ y2
1+ λ
④,
由①×②，③×④得到mx = x1
2−λ
2 x2
2
1−λ
2
，ny = y1
2−λ
2 y2
2
1−λ
2
，
因为M , N在Γ1上，所以它们的坐标满足x1
2
16 + y1
2
4 =1 ⑤，x2
2
16 + y2
2
4 =1 ⑥，
由⑤−⑥× λ
2得到x1
2−λ
2 x2
2
16
+ y1
2−x
2 y2
2
4
=1−λ
2，
整体代入得到：mx
16 + ny
4 =1恒成立，
因为Q (x , y)在直线x +2❑√3 y −4 =0上，
当mx
16 + ny
4 =1，x +2❑√3 y −4 =0是同一条直线时，即m= 4 ,n=2❑√3时满足题意，
所以存在定点P(4,2❑√3)符合题意.
当l1的方程为x−2❑√3 y −4 =0时，由图形的对称性可知，点P(4 ,−2❑√3)为所求定点.
综上，当l1为x +2❑√3 y −4 =0时，存在定点P(4,2❑√3)满足条件；
当l1为x−2❑√3 y −4 =0时，存在定点P(4 ,−2❑√3)满足条件.
9．（2026·福建南平·二模）已知椭圆C的焦点为F1(−1,0)，F2(1,0)，离心率为1
2.平行于x轴的直线l与椭
圆C交于A，B 两点，且与直线x =−4交于P点，直线P F1与y轴交于Q点.
(1)求△AB F2面积的最大值；
(2)求|QA)
|Q F1)
的值.
【答案】(1)❑√3
(2)2
【分析】（1）根据题意求得椭圆的方程为x
2
4 + y
2
3 =1，设A(−x0, y0)，B(x0, y0)，进而根据基本不等式
求得|x0 y0)≤❑√3，再算面积即可；
（2）设P(−4 , y0)，Q (0,m)，进而根据P，F1，Q三点共线，结合向量表示求得m=−y0
3 ，再根据两点
间的距离公式求解即可得答案.
【详解】（1）因为椭圆C的离心率为1
2，故a=2c =2，b
2=a
2−1=3，
所以椭圆的方程为x
2
4 + y
2
3 =1，如图，
设A(−x0, y0)，B(x0, y0)，其中0<|x0)<2，0<|y0)<❑√3，
因为A ,B在C上，所以x0
2
4 + y0
2
3 =1，
由基本不等式，1= x0
2
4 + y0
2
3 ≥2
❑√
x0
2
4 ⋅y0
2
3 =
❑√3
3 |x0 y0)，
故|x0 y0)≤❑√3，当且仅当x0
2
4 = y0
2
3 = 1
2
时，等号成立，
所以△AB F2面积S =|x0 y0)≤❑√3，即△AB F2面积的最大值为❑√3.
（2）设P(−4 , y0)，Q (0,m)，则P，F1，Q三点共线，
所以⃗F1 P = λ⃗F1Q，即(−3, y0)= λ(1,m)，解得m=−y0
3 ，
所以|Q F1)=
❑√
1+(
y0
3 )
2
=
❑√1+ y0
2
9
，
|QA)=
❑√(−x0)
2+( y0+ y0
3 )
2
=
❑√(4−4
3 y0
2)+(
4 y0
3 )
2
= ❑√4 + 4
9 y0
2=2
❑√1+ y0
2
9
，
所以|QA)
|Q F1)
=2.
10．（2026·福建龙岩·三模）已知椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)，E的短轴长为双曲线y
2−x
2
3 =1的实轴长，
且E的离心率为
❑√3
2 ．点A为E的上顶点，点B为E的右顶点，点P的坐标为（1，0）．
(1)求E的方程；
(2)若过点P的直线l与E交于M , N两点，设M (x1, y1), M 1(4 , y1)，其中y1>0，直线M 1 N交x轴于点Q．
若四边形MPQ M 1为等腰梯形，求l的方程；
(3)若直线y =−1
2 x +t (−❑√2<t <1)与E交于C , D两点，求四边形ABCD面积S (t )的最大值．
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1
(2)x + 2❑√15
5
y −1=0
(3)4
【分析】（1）根据椭圆的性质列式求解即可；
（2）法一：设直线l的方程为x =ty +1，联立椭圆与直线方程，利用四边形MPQ M 1为等腰梯形，得
k MP+k M 1Q=k MN + k M 1 N =0，求得y1 y2= −7t
2−12
3t(t
2+ 4)
⋅
t
2+12
3t(t
2+ 4)
=−
3
t
2+ 4 ， 进而得到t =−2❑√15
5
即可求
出；
法二：利用四边形MPQ M 1为等腰梯形，得| NM |=| N M 1|，再取PQ的中点为G，连接NG，得到
G(
1+ xQ
2
,0)，求出直线N M 1的方程，与椭圆方程联立即可求出N点坐标，进而求出直线l的方程；
法三：设直线l 的方程为x =ty +1，与椭圆方程联立，再利用四边形MPQ M 1为等腰梯形，得到
k M 1 N =−k MN
，进而求出t的值即可；
（3）法一：将直线y =−1
2 x +t与椭圆方程进行联立，设C (x3, y3)，D(x4, y4)，利用直线AB与直线CD
平行得到d = 2(1−t )
❑√5
，即可列出S (t )=(❑√2−t
2+1)(1−t )，t ∈(−❑√2,1)，最后求导判断单调性即可求出；
法二：令t = ❑√2cosθ ,θ∈( π
4 ,π )，则S (t )可化为S = ❑√2(sinθ−cosθ)−2sinθcosθ+1，再令
sinθ−cosθ =m，则S =(m+
❑√2
2 )
2
−1
2
，利用函数的性质即可求出四边形ABCD面积的最大值.
【详解】（1）依题意得：{
2b=2
c
a =
❑√3
2
a
2=b
2+c
2)
，得{
b=1
a=2
c = ❑√3)
，
故E的方程为x
2
4 + y
2=1．
（2）法一：显然直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为x =ty +1(其中k MN = 1
t )，
联立{
x =ty +1
x
2
4 + y
2=1)
，消去x得(t
2+ 4) y
2+2ty −3=0，
设N ( x2, y2)，则y1+ y2=−2t
t
2+ 4
, y1 y2=−
3
t
2+ 4 ，
由四边形MPQ M 1为等腰梯形，且P ,Q均在x轴上，M M 1// x轴，
故∠MPQ =∠M 1QP， 得k MP+k M 1Q=k MN +k M 1 N =0，
即k MN +k M 1 N = 1
t + y2−y1
x2−4 = 1
t + y2−y1
t y2−3 =0，化简得2 y2−y1= 3
t ．
联立{
2 y2−y1= 3
t
y1+ y2=−2t
t
2+ 4)
，得{
y1= −7t
2−12
3t(t
2+ 4)
>0
y2=
t
2+12
3t(t
2+ 4) )
，代入y1 y2=−
3
t
2+ 4
(t <0)，
得y1 y2= −7t
2−12
3t(t
2+ 4)
⋅
t
2+12
3t(t
2+ 4)
=−
3
t
2+ 4 ，
化简得5t
4+3t
2−36=(5t
2−12)(5t
2+3)=0,所以t =± 2❑√15
5
，
因为y1>0, 所以t =−2❑√15
5
，
所以直线l的方程为x =−2❑√15
5
y +1，即x + 2❑√15
5
y −1=0．
法二：由四边形MPQ M 1为等腰梯形，且P ,Q均在x轴上，M M 1// x轴，
故∠NQP =∠NPQ，故| NM |=| N M 1|，设N ( x2, y2)，
取PQ的中点为G，连接NG，则G(
1+ xQ
2
,0)，
则直线N M 1的方程为y = y2−y1
x2−4
(x−4)+ y1，
令y =0, xQ= x2 y1−4 y1
y1−y2
+ 4 = x2 y1−4 y2
y1−y2
，
设直线l: x =ty +1(t ≠0），联立{
x =ty +1
x
2
4 + y
2=1)
，消去x得(t
2+ 4) y
2+2ty −3=0，
则y1+ y2=−2t
t
2+ 4
, y1 y2=−
3
t
2+ 4 ，则 t y1 y2= 3
2 ( y1+ y2)，
xQ= x2 y1−4 y2
y1−y2
= (t y2+1) y1−4 y2
y1−y2
= t y2 y1+ y1−4 y2
y1−y2
=
3
2 ( y2+ y1)+ y1−4 y2
y1−y2
= 5
2
，
所以x2= xG= 1+ xQ
2
= 7
4 ，
则y2=−❑√1−1
4 x2
2=−
❑√15
8
，因此N(
7
4 ,−
❑√15
8 )，又P(1,0)，
所以t =
7
4 −1
−
❑√15
8
=−2❑√15
5
，
所以直线l的方程为x =−2❑√15
5
y +1，即x + 2❑√15
5
y −1=0．
法三：显然直线l 的斜率存在且不为0，设直线l 的方程为x =ty +1，
联立 {
x =ty +1
x
2
4 + y
2=1)
，消去x得(t
2+ 4) y
2+2ty −3=0，
Δ=16t
2+ 48>0,设N ( x2, y2)，且y1>0, y2<0，
则y1= −t +2
❑√t
2+3
t
2+ 4
, y2= −t −2
❑√t
2+3
t
2+ 4
y1−y2= 4
❑√t
❑2+3
t
❑2+ 4
，
3−t y2=3−−t
2−2t
❑√t
2+3
t
2+ 4
= 4 t
2+12+2t
❑√t
2+3
t
2+ 4
，
k Μ 1 Ν = y1−y2
4−x2
= y1−y2
3−t y2
=
4
❑√t
2+3
t
2+ 4
4t
2+12+2t
❑√t
2+3
t
2+ 4
=
2
2
❑√t
2+3+t
，
因为四边形MPQM1为等腰梯形，且P 、Q 均在x 轴上，NM1//x 轴，
故∠MPQ =∠M 1QP , 所以k M 1 N =−k MN，
所以
2
2
❑√t
2+3+t
=−1
t ， 所以t <0，解得t =−2❑√15
5
，
所以直线l 的方程为x + 2❑√15
5
y −1=0.
（3）法一：联立方程：{
y =−1
2 x +t
x
2
4 + y
2=1)
，消去y 可得x
2−2tx +2t
2−2=0，
且−❑√2<t <1，则Δ= 4t
2−4(2t
2−2)= 4(2−t
2)>0，
可知直线y =−1
2 x +t (−❑√2<t <1)与椭圆E相交，
设C (x3, y3)，D(x4, y4)，则{
x3+ x4=2t
x3 x4=2t
2−2)，则|CD)= ❑√1+ 1
4
❑√4t
2−4(2t
2−2)= ❑√5
❑√2−t
2，
又因为点A (0,1)，B (2,0)，则|AB)= ❑√5，直线AB的方程为x
2 + y =1，即x +2 y −2=0，
可知直线AB：x +2 y −2=0与直线CD：x +2 y −2t =0平行，
则两平行线间距离为d =|2−2t )
❑√5
= 2(1−t )
❑√5
，
则S (t )= S△ACD+ S△ABC = 1
2|CD)⋅d + 1
2|AB)⋅d
= 1
2 (|AB)+|CD))d = 1
2 (❑√5+ ❑√5⋅
❑√2−t
2)⋅2(1−t )
❑√5
=(❑√2−t
2+1)(1−t )，
即S (t )=(❑√2−t
2+1)(1−t )，t ∈(−❑√2,1)，
则S
′ (t )= 2t
2−t −2−
❑√2−t
2
❑√2−t
2
，
设g(t )=2t
2−t −2−
❑√2−t
2，
（i）当t ∈[0,1))时，g(t )=2t
2−t −2−
❑√2−t
2<2t
2−2<0，即S
′ (t )<0；
（ⅱ）当t ∈(−❑√2,0)时，因为函数y =2t
2−t −2单调递减，函数y =
❑√2−t
2单调递增，
可知g(t )单调递减，且g(−1)=0，
①当t ∈(−❑√2,−1)时，g(t )>0，即S
′ (t )>0；
②当t ∈(−1,0)时，g(t )<0，即S
′ (t )<0；
综上所述：当t ∈(−❑√2,−1)时，S
′ (t )>0；当t ∈(−1,1)时，S
′ (t )<0；
可知S (t )在(−❑√2,−1)内单调递增，在(−1,1)内单调递减，则S (t )≤S (−1)= 4，
所以S (t )的最大值为4．
法二：同法一得S(t )=(
❑√2−t
2+1)(1−t ),t ∈(−❑√2,1),
令t = ❑√2cosθ ,θ∈( π
4 ,π )
则S (t )可化为S =(❑√2sinθ+1)(1−❑√2cosθ) = ❑√2(sinθ−cosθ)−2sinθcosθ+1
令sinθ−cosθ =m，
则m= ❑√2sin(θ−π
4 )∈(0,❑√2]，1−2sinθcosθ =m
2
所以S =m
2+ ❑√2m=(m+
❑√2
2 )
2
−1
2 .
当m= ❑√2，即t =−1时，Smax = 4，
所以S (t )的最大值为4．
11．（2026·福建漳州·三模）已知F1, F2分别为椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左、右焦点，且|F1 F2)= 4，
点P(−2,
❑√6
3 )在C上．
(1)求C的方程；
(2)若点Q在C上且在第一象限，△Q F1 F2为直角三角形，求点Q的坐标．
【答案】(1) x
2
6 + y
2
2 =1；
(2)(2,
❑√6
3 )或(❑√3,1)．
【分析】（1）解法一：根据题意，得c =2，又点P在椭圆上，代入联立方程即可求解；
解法二：根据题意，得c =2，结合椭圆定义可求得a= ❑√6，进而可求得b= ❑√2；
（2）解法一：分∠Q F2 F1=90
∘或∠F1Q F2=90
∘两种情况进行讨论，若∠Q F2 F1=90
∘，代点即可求解；
若∠F1Q F2=90
∘，利用向量关系即可求解.
解法二：分∠Q F2 F1=90
∘或∠F1Q F2=90
∘两种情况进行讨论，若∠Q F2 F1=90
∘，代点即可求解；若
∠F1Q F2=90
∘，结合三角形面积即可求解.
【详解】（1）解法一：由题意，得{
2c =|F1 F2)= 4
4
a
2 + 6
9b
2 =1
c =
❑√a
2−b
2
a>b>0 )
，解得{
a= ❑√6
b= ❑√2
c =2 )
，
所以C的方程为x
2
6 + y
2
2 =1．
解法二：由题意，得椭圆C的左、右焦点分别为F1(−2,0)，F2(2,0)，点P(−2,
❑√6
3 )在C上，
所以c =2，2a=|P F1)+|P F2)=
❑√6
3 + ❑√16+ 6
9 =2❑√6，
所以a= ❑√6，b=
❑√a
2−c
2= ❑√2，
所以C的方程为x
2
6 + y
2
2 =1．
（2）解法一：设Q(x0, y0)，x0>0，y0>0，由题意，得F1(−2,0)，F2(2,0)．
因为点Q在C上且在第一象限，△Q F1 F2为直角三角形，
所以∠Q F2 F1=90
∘或∠F1Q F2=90
∘．
若∠Q F2 F1=90
∘，则x0=2，代入椭圆C的方程得2
2
6 + y0
2
2 =1，解得y0=
❑√6
3 ，
所以Q(2,
❑√6
3 )；
若∠F1Q F2=90
∘，则⃗Q F1⋅⃗Q F2=(−2−x0,−y0)⋅(2−x0,−y0)= x0
2−4 + y0
2=0①，
又Q在C上，所以x0
2
6 + y0
2
2 =1②，
联立①②，解得{
x0= ❑√3
y0=1 )，所以Q(❑√3,1)．
综上，点Q的坐标为(2,
❑√6
3 )或(❑√3,1)．
解法二：因为点Q在C上且在第一象限，△Q F1 F2为直角三角形，
所以∠Q F2 F1=90
∘，或∠F1Q F2=90
∘．
若∠Q F2 F1=90
∘，则x0=2，代入椭圆C的方程得2
2
6 + y0
2
2 =1，解得y0=
❑√6
3 ，
所以Q(2,
❑√6
3 )；
若∠F1Q F2=90
∘，则|Q F1)
2+|Q F2)
2=|F1 F2)
2=16，
因为(|Q F1)+|Q F2))
2=(2a)
2=24，即|Q F1)
2+2|Q F1)⋅|Q F2)+|Q F2)
2=24，
解得|Q F1)⋅|Q F2)= 4．
设Q(x0, y0)，x0>0，y0>0，
所以S△F1Q F2= 1
2|F1 F2)⋅y0= 1
2|Q F1)⋅|Q F2)，即2 y0=2，所以y0=1．
又Q在C上，所以x0
2
6 + y0
2
2 =1，所以{
x0= ❑√3
y0=1 )，即Q(❑√3,1)．
综上，点Q的坐标为(2,
❑√6
3 )或(❑√3,1)．
12．（2026·福建三明·二模）设椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)长轴的两个顶点分别为A，B，点C 为椭圆E
上不同于A，B 的一点，若△ABC的三个内角A，B，C 满足2tan A +2tan B+ tanC =0，则椭圆E 的离心
率为________.
【答案】
❑√2
2 /1
2
❑√2
【分析】由三角恒等变换得到tan A tan B = 1
2，并转化为斜率关系，设出点的坐标，由斜率得到方程，求
出b
2
a
2 = 1
2，得到离心率
【详解】2tan A +2tan B+ tanC =0，故2sin A
cos A + 2sin B
cos B =−sinC
cosC ，
即2sin A cos B+2cos A sin B
cos A cos B
= sin ( A + B)
cos( A + B)，
即2sin ( A + B)
cos A cos B = sin ( A + B)
cos( A + B)，
因为sin ( A + B)>0，所以2cos( A + B)=cos A cos B，
即2cos A cos B−2sin A sin B =cos A cos B，cos A cos B =2sin A sin B，
故tan A tan B = 1
2，即−k AC k BC = 1
2，k AC k BC =−1
2，
不妨设A (−a,0),B (a,0),C (m,n)，则m
2
a
2 + n
2
b
2 =1，
k AC k BC =
n
m−a ⋅
n
m+a =
n
2
m
2−a
2，故
n
2
m
2−a
2 =−1
2，
又m
2
a
2 + n
2
b
2 =1，故m
2=a
2−n
2a
2
b
2 ，将其代入
n
2
m
2−a
2 =−1
2得
b
2
a
2 = 1
2，故椭圆E 的离心率为c
a = ❑√
1−b
2
a
2 =
❑√2
2
.
13．（2026·福建宁德·二模）已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为1
2，直线l: x =my +1交C于P ,Q
两点.当m=0时，|PQ)=3.
(1)求C的方程；
(2)过P作直线x = 4的垂线，垂足为N，点M(
5
2 ,0)，证明：Q , M , N三点共线.
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)证明见解析
【分析】（1）先由椭圆离心率得a与c、b与c的关系，设出含参数c的椭圆方程，再结合m=0时直线x =1
代入椭圆，利用弦长|PQ)=3建立方程求出c，进而求得椭圆标准方程.
（2）方法一：设出点坐标，联立直线与椭圆方程得到韦达定理的两根之和与两根之积，求出向量⃗QM、⃗
NM坐标，通过向量共线的坐标判定公式化简代入韦达结论，证明向量共线，又因共点M，从而证得
Q , M , N三点共线.
方法二：设出点坐标，联立直线与椭圆方程得出韦达定理关系式，分别求出直线QM、NM的斜率，作差
通分整理后代入韦达结论，化简得斜率差值为零即两斜率相等，又两直线共点M，即可证得Q , M , N三点
共线.
方法三：设出各点坐标，联立直线与椭圆方程得到韦达定理式子，写出直线QN方程，令横坐标为5
2求出
对应纵坐标，化简后代入韦达和与积，算得纵坐标为0 恰好是点M坐标，由此证得M在直线QN上，三点
共线成立.
【详解】（1）因为椭圆C的离心率为1
2，所以c
a = 1
2，
又c
2=a
2−b
2，所以a=2c，b= ❑√3c
所以椭圆方程为x
2
4 c
2 + y
2
3c
2 =1
当m=0时，l的方程为x =1，代入椭圆C的方程得：y
2=3c
2−3
4
又因为| PQ|=3，所以y
2=3c
2−3
4 =( 3
2 )
2
所以解得c =1，故椭圆C的方程为x
2
4 + y
2
3 =1
（2）方法一：
设P( x1, y1)，Q( x2, y2)，则N (4 , y1)
由{
x =my +1
x
2
4 + y
2
3 =1)
消去x得：(3m
2+ 4) y
2+6my −9=0，
则y1+ y2= −6m
3m
2+ 4 ，y1 y2=
−9
3m
2+ 4 ，⃗
QM =( 5
2 −x2,−y2)=( 3
2 −m y2,−y2)，⃗NM =(−3
2 ,−y1)，
因为(−3
2 )(−y2)−( 3
2 −m y2)(−y1)= 3
2 ( y1+ y2)−m y1 y2
= 3
2 ( −6m
3m
2+ 4
)−m
−9
3m
2+ 4 = −9m+9m
3m
2+ 4
=0
所以⃗QM //⃗NM，且有公共点M，故Q，M，N三点共线.
方法二：
设P( x1, y1)，Q( x2, y2)，则N (4 , y1)
由{
x =my +1
x
2
4 + y
2
3 =1)
消去x得：(3m
2+ 4) y
2+6my −9=0，
则y1+ y2= −6m
3m
2+ 4 ，y1 y2=
−9
3m
2+ 4 ，
kQM = −y2
5
2 −x2
=
2 y2
2m y2−3，k NM = −y1
−3
2
= 2 y1
3 ，
因为kQM −k NM =
2 y2
2m y2−3 −2 y1
3 = 6 y2−2 y1(2m y2−3)
3(2m y2−3)
= 6( y1+ y2)−4 m y1 y2
3(2m y2−3)
=
6× −6m
3m
2+ 4
−4 m×
−9
3m
2+ 4
3(2m y2−3)
=0
所以kQM =k NM，且有公共点M，故Q，M，N三点共线.
方法三：
设P( x1, y1)，Q( x2, y2)，则N (4 , y1)
由{
x =my +1
x
2
4 + y
2
3 =1)
消去x得：(3m
2+ 4) y
2+6my −9=0，
则y1+ y2= −6m
3m
2+ 4 ，y1 y2=
−9
3m
2+ 4 ，
直线QN的方程为y −y1= y2−y1
x2−4 ( x−4)，
即y = y2−y1
m y2−3 ( x−4)+ y1，令x = 5
2得y = y2−y1
m y2−3 ( 5
2 −4)+ y1，
即y = −3( y2−y1)+2 y1(m y2−3)
2(m y2−3)
= −3( y2+ y1)+2m y1 y2
2(m y2−3)
，
因此y =
−3× −6m
3m
2+ 4
+2m×
−9
3m
2+ 4
2(m y2−3)
=0，
故点M(
5
2 ,0)在直线QN上，所以Q，M，N三点共线.
14．（2026·福建漳州·三模）已知F1, F2是椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左、右焦点，P为C上一点，
R ,r分别为△P F1 F2的外接圆半径和内切圆半径，且6 Rr =a
2，则C的离心率取值范围为（）
A．(0, 1
2)
B．(
1
3 , 2
3)
C．[
1
2 ,1)
D．[
2
3 ,1)
【答案】C
【分析】先在△F1 P F2中由正弦定理得外接圆半径R =
c
sinθ ，再用三角形面积两种表达式联立求出内切圆
半径r，把R ,r代入6 R⋅r =a
2化简，约去sinθ得到含|P F1)⋅|P F2)的等式，再利用椭圆焦半径乘积的取
值范围(b
2,a
2]构造不等式，转化为离心率e的关系式，由二次式恒成立只需解右侧不等式，最终求得椭圆
离心率范围为1
2 ≤e<1.
【详解】设∠F1 P F2=θ，则2 R = 2c
sinθ ，所以R =
c
sinθ ，
又1
2|P F1)⋅|P F2)sinθ = 1
2
(2a+2c)r，
所以r =|P F1)⋅|P F2)sinθ
2a+2c
，代入条件得6c
sinθ ⋅|P F1)⋅|P F2)sinθ
2a+2c
=a
2，
设P(x0, y0),−a< x0<a，
因为|P F1)⋅|P F2)=(a+e x0)(a−e x0)=a
2−e
2 x0
2∈(b
2,a
2)，
所以3c (a−c)= 3c b
2
a+c <a
2= 3c|P F1)⋅|P F2)
a+c
≤3a
2c
a+c
，
即3e(1−e)<1≤3e
1+e ，又0<e<1，所以3e
2−3e+1>0且1+e≤3e，
所以1
2 ≤e<1．
15．（2026·福建厦门·模拟预测）已知P 为椭圆E：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1（a>b>0）上的动点，M，N 为圆
x
2+ y
2= a
2
4 上的两个动点，若∠MPN的最大值为π
2 ，则E 的离心率为（ ）
A．1
2
B．
❑√2
2
C．2
3
D．
❑√3
2
【答案】B
【详解】如图所示：若P是定点，则直线PM , PN与圆相切时，∠MPN最大，
此时∠MPN =2∠OPN，又sin ∠OPN =|OM )
|OP) =
1
2 a
|OP)
，
所以|OP)最小时，∠OPN最大，
又P 为椭圆E：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1（a>b>0）上的动点，
所以|OP)最小时，点P为椭圆的短轴的端点，
又因为∠MPN的最大值为π
2 ，所以∠OPN的最大值为π
4 ，
所以
1
2 a
b =sin ∠OPN =
❑√2
2
，所以b
a =
❑√2
2 ，
所以E 的离心率为e = ❑√1−(
b
a)
2
=
❑√2
2
16．（2026·福建莆田·模拟预测）（多选）已知椭圆C ：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左、右焦点分别为
F1，F2，离心率为e．点P(x1, y1)( y1≥0)为C上的动点，且|P F1)的取值范围为[1,3)，则（ ）
A．e = 1
2
B．△P F1 F2的周长为8
C．存在点P，使得∠F1 P F2= π
2
D．当x1=1时，△P F1 F2的内心坐标为(
1
2 , 1
2)
【答案】AD
【分析】先根据椭圆上动点到焦点距离范围求出a,c，进而得到b，离心率和椭圆方程，再分别对各选项依
据椭圆性质、均值不等式、勾股定理及内切圆半径公式等进行判断.
【详解】根据椭圆性质，椭圆上动点到左焦点的距离范围为[a−c ,a+c ]，
又因为∣P F1∣∈[1,3]，所以{a−c =1
a+c =3，解得a=2,c =1，
所以b
2=a
2−c
2=3，离心率e = c
a = 1
2，椭圆方程为x
2
4 + y
2
3 =1，
在A 选项中，e = c
a = 1
2，A 正确，
在B 选项中，△P F1 F2的周长为∣P F1∣+∣P F2∣+∣F1 F2∣=2a+2c = 4+2=6≠8，B 错误，
在C 选项中，若∠F1 P F2=π
2 ，设∣P F1∣=m,∣P F2∣=n，则{
m+n=2a= 4
m
2+n
2=(2c)
2= 4，
整理可得mn=6，由均值不等式mn≤( m+n
2
)
2
= 4<6，相互矛盾，
所以不存在这样的点P，C 错误，
在D 选项中，将x1=1代入椭圆可得y1= 3
2，
即P(1, 3
2 )，因为∣F1 F2∣=2,∣P F2∣= 3
2 ,∣P F1∣= 5
2，
|F1 F2)
2+|P F2)
2=2
2+( 3
2 )
2
= 25
4 =|P F1)
2，所以△P F1 F2是直角三角形，
直角在F2(1,0)，内切圆半径r = ∣F1 F2∣+∣P F2∣−∣P F1∣
2
= 1
2，
内心坐标为(1−r ,r )=( 1
2 , 1
2 )，D 正确.
17．（2026·福建·二模）已知椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的短轴长为2，离心率为
❑√2
2 ．过E 的右焦点的
直线交E 于A，B 两点，过E 的中心的直线交E 于C，D 两点．
(1)求E 的方程；
(2)若⃗AB = 3
4⃗CD，求直线AB 的方程．
【答案】(1) x
2
2 + y
2=1
(2)7 x ± ❑√14 y −7 =0
【分析】（1）根据离心率及短轴长求出a,b即可得解；
（2）分别设出直线方程，联立椭圆方程，求出|y1−y2)，|y3−y4)，根据平行可知|⃗AB)
|⃗CD)
=|y1−y2)
|y3−y4)
，列
出方程求解即可.
【详解】（1）依题意，得{
2b=2，
❑√a
2−b
2
a
=
❑√2
2 ，)
解得{
a= ❑√2，
b=1. )
所以E的方程为x
2
2 + y
2=1．
（2）因为⃗AB = 3
4⃗CD，所以⃗AB∥⃗CD，且|⃗AB)= 3
4|⃗CD)．
设A( x1, y1)，B( x2, y2)，C( x3, y3)，D( x4, y4)，
显然直线AB的斜率不为零，可设直线AB的方程为x =my +1，直线CD的方程为x =my．
由{
x =my +1,
x
2
2 + y
2=1)
得(m
2+2) y
2+2my −1=0，可得Δ>0，
所以{
y1+ y2=−2m
m
2+2
,
y1 y2=−
1
m
2+2
,)
所以|y1−y2)=
❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2= 2❑√2⋅
❑√1+m
2
m
2+2
．
由{
x =my ,
x
2
2 + y
2=1)
得(m
2+2) y
2=2，所以|y3−y4)=
2❑√2
❑√m
2+2
．
则|⃗AB)
|⃗CD)
=|y1−y2)
|y3−y4)
=
❑√1+m
2
❑√m
2+2
，又因为|⃗AB)= 3
4|⃗CD)，
所以
❑√1+m
2
❑√m
2+2
= 3
4 ，解得m=±
❑√14
7
，
所以直线AB的方程为7 x ± ❑√14 y −7 =0．
18．（2026·福建·二模）已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(−1, 0), F2(1, 0)，M
是C上的动点，且M不在x轴上．当M F2⊥x轴时，|M F2)= 3
2．
(1)求C的方程；
(2)点P , Q分别在直线l1: x =−4与l2: x = 4上，且P F1⊥M F1, Q F2⊥M F2．证明：P , M , Q三点共线．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)证明见解析
【分析】（1）解法一：椭圆定义法（几何法）：先利用椭圆第一定义（椭圆上任意一点到两焦点的距离
之和为 2a），再结合直角三角形勾股定理求出a，最后由 a
2=b
2+c
2 求 b
2，即可得出方程；
解法二：待定系数法（代数法）：先利用点在椭圆上则坐标满足方程，再结合a,b,c 的关系列出方程组，
联立求解 a
2,b
2，最后即可得出方程.
（2）解法一：先设点并利用椭圆方程得到消元条件，再由垂直关系转化为向量数量积为 0，通过两式加
减得到 P ,Q 纵坐标的和差关系，最后用向量共线的交叉相乘判定式，结合椭圆方程化简得 0，证明⃗PM
与⃗QM共线，从而证得 P , M ,Q 三点共线；
解法二：先由垂直关系求出直线PF1,QF2的方程，联立x =± 4得到P ,Q坐标，再通过向量共线的交叉相
乘判定式，结合椭圆方程化简得 0，证明⃗PM与⃗QM共线；对斜率不存在的特殊情况直接验证斜率相等，
最终证得P , M ,Q三点共线.
【详解】（1）解法一：（1）当M F2⊥x轴时，| M F2|= 3
2，
所以| M F1|=
❑√| M F2|
2+| F1 F2|
2= ❑√
9
4 + 4 = 5
2，所以2a=| M F1|+| M F2|= 5
2 + 3
2 = 4，
从而a=2，b
2=3，故C的方程为x
2
4 + y
2
3 =1．
解法二：（1）当M F2⊥x轴时，| M F2|= 3
2，所以M (1, 3
2 )或M (1,−3
2 )，所以1
a
2 +
9
4
b
2 =1①，
又a
2−b
2=1②，由①②，解得a
2= 4，b
2=3，
故C的方程为x
2
4 + y
2
3 =1．
（2）解法一：设M ( x0, y0)( y0≠0)，P(−4 , y P)，Q(4 , yQ)，则x0
2
4 + y0
2
3 =1，即3 x0
2+ 4 y0
2−12=0．
又F1(−1,0), F2(1,0)，
所以⃗F1 M =( x0+1, y0)，⃗F1 P =(−3, y P)，⃗F2 M =( x0−1, y0)，⃗F2Q =(3, yQ)．
因为P F1⊥M F1，Q F2⊥M F2，所以⃗F1 M ⋅⃗F1 P =−3( x0+1)+ y0 y P=0，⃗
F2 M ⋅⃗F2Q =3( x0−1)+ y0 yQ=0，
两式相加、减，得yP+ yQ= 6
y0
，yP−yQ= 6 x0
y0
，
又因为⃗PM =( x0+ 4 , y0−y P)，⃗QM =( x0−4 , y0−yQ)，
( x0+ 4)( y0−yQ)−( x0−4)( y0−y P)= x0( y P−yQ)+8 y0−4( y P+ yQ)= 6 x0
2+8 y0
2−24
y0
=0，
所以PM⃗//QM⃗，故P , M ,Q三点共线．
解法二：设
M ( x0, y0)( y0≠0)
，则
x0
2
4 + y0
2
3 =1
，即
y0
2=3−3
4 x0
2
．
(i)当直线M F1，M F2斜率均存在时，k M F1=
y0
x0+1，k M F2=
y0
x0−1，
所以直线P F1: x =−
y0
x0+1 y −1，Q F2: x =−
y0
x0−1 y +1，
由{
x =−
y0
x0+1 y −1,
x =−4
)
得P(−4 , 3( x0+1)
y0
)，由{
x =−
y0
x0−1 y +1,
x = 4
)
得Q(4 ,−3( x0−1)
y0
)，
所以⃗PM =( x0+ 4 , y0−3( x0+1)
y0
)，⃗QM =( x0−4 , y0+ 3( x0−1)
y0
)，
因为
(x0+ 4)[ y0+ 3(x0−1)
y0 )−(x0−4)[ y0−3(x0+1)
y0 )= 6 x0
2+8 y0
2−24
y0
=
6 x0
2+8(3−3
4 x0
2)−24
y0
=0，
所以PM⃗//QM⃗，故P , M ,Q三点共线．
(ii)当直线M F1或M F2斜率不存在时，根据对称性，不妨设M F2斜率不存在，且y0>0，
此时点M (1, 3
2 )，Q(4,0)，k M F1= 3
4 ，故直线P F1: x =−3
4 y −1，从而P(−4,4)， 则k MQ=−1
2，
k MP=−1
2，
所以P , M ,Q三点共线．
综上，P , M ,Q三点共线．
19．（2026·福建厦门·二模）已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左、右顶点分别为A ,B ,| AB|= 4，直
线y =1交C于P，Q两点，| PQ|= 4 ❑√6
3
．
(1)求C的方程；
(2)点M在线段PQ上，直线AM ,BM分别交C于D , E两点，直线AE ,BD交于点N．
（i）证明：MN ⊥AB；
（ii）判断y轴上是否存在定点T，使得| NT |+| NM |为定值．若存在，求出T的坐标；若不存在，说明
理由．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)（i）证明见解析，（ii）存在点T(0, 8
3)，使得| NT |+| NM |为定值7
3.
【分析】（1）由条件得到(
2❑√6
3
,1)在椭圆上，代入椭圆方程，结合2a= 4即可求解；
（2）（i）分别设M (x0,1),(−2❑√6
3
< x0< 2❑√6
3 )，D(x1, y1), E(x2, y2)，AM : x =(x0+2) y −2，BM :
x =(x0−2) y +2，通过联立椭圆方程，得到D , E坐标，确定BD , AE方程，进而得到N坐标，即可求证，
（ii）设T (0,t )，通过| NT |+| NM |=m，得到x0
2
2
(3t −3m−1)+(t −3)
2−(m−2)
2=0恒成立，进而可
求解.
【详解】（1）依题意|AB)=2a= 4，
所以a=2，
由直线y =1交C于P，Q两点，| PQ|= 4 ❑√6
3
，
可知点(
2❑√6
3
,1)在椭圆上，
所以(
2❑√6
3 )
2
4
+ 1
2
b
2 =1，解得b
2=3，
所以椭圆方程为x
2
4 + y
2
3 =1；
（2）
（i）设M (x0,1),(−2❑√6
3
< x0< 2❑√6
3 )，D(x1, y1), E(x2, y2)，
设直线AM : x =(x0+2) y −2，BM : x =(x0−2) y +2，
由{
x =(x0+2) y −2
3 x
2+ 4 y
2−12=0)可得：
[3(x0+2)
2+ 4) y
2−12(x0+2) y =0，
解得y1= 12(x0+2)
3(x0+2)
2+ 4
，
同理联立BM和椭圆方程，可得y2=−12(x0−2)
3(x0−2)
2+ 4
，
所以直线BD的斜率为
y1
x1−2 =
y1
(x0+2) y1−4 =
12(x0+2)
3(x0+2)
2+ 4
(x0+2)
12(x0+2)
3(x0+2)
2+ 4
−4
=−3
4 (x0+2)，
所以直线BD: y =−3
4 (x0+2)(x−2)，
同理可得AE的斜率为
y2
x2+2 =
y2
(x0−2) y2−4 =−3
4 (x0−2)，
所以直线AE : y =−3
4 (x0−2)(x +2)，
由{
y =−3
4 (x0+2)(x−2)
y =−3
4 (x0−2)(x +2)
可得N(x0,−3
4 (x0
2−4))，又M (x0,1)，
所以MN ⊥AB；
（ii）假设存在点T (0,t )，使得| NT |+| NM |为定值m，
即| NT |+| NM |=
❑√
x0
2+(3−t −3 x0
2
4 )
2
+2−3 x0
2
4 =m，
所以x0
2
2
(3t −3m−1)+(t −3)
2−(m−2)
2=0恒成立，
则{
3t −3m−1=0
(t −3)
2−(m−2)
2=0)，解得t = 8
3 ,m= 7
3，
所以存在点T(0, 8
3)，使得| NT |+| NM |为定值7
3.
20．（2026·福建漳州·二模）△ABC的顶点A (−1,0)，B (1,0)，且△ABC的周长为6，记点C的轨迹为Γ．
(1)求Γ的方程；
(2)过点B (1,0)的动直线l与Γ交于点M , N，证明：∠MON恒为钝角；
(3)若△ABC的内角A ,B ,C满足A −B =2C，求sin C
2 的值．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1( y ≠0)
(2)证明见解析
(3)
❑√3−1
2
【分析】（1）利用椭圆的定义可得答案；
（2）设过B (1,0)的直线l，与椭圆联立，利用韦达定理求得x1 x2, y1 y2，计算⃗
OM ⋅⃗ON = x1 x2+ y1 y2= −5k
2−12
3+ 4 k
2
<0，对斜率不存在情况验证亦成立，故∠MON恒为钝角；
（3）利用正弦定理及|CA)+|CB)= 4得sin A +sin B =2sinC，利用和差化积得2cos C
2 cosC =2sinC，
化简得cosC =2sin C
2 ，代入cosC =1−2sin
2 C
2 ，解方程可得答案.
【详解】（1）已知△ABC的周长为6，所以|CA)+|CB)+|AB)=6⇒|CA)+|CB)= 4>|AB)=2，
点C的轨迹是以A ,B为焦点的椭圆，（除去A ,B所在直线上的点，因为三点不共线才能构成三角形）.
焦距2c =|AB)=2⇒c =1，长轴长2a= 4⇒a=2，由b
2=a
2−c
2= 4−1=3⇒b= ❑√3，
故Γ的方程为x
2
4 + y
2
3 =1( y ≠0)；
（2）当直线l的斜率不存在时，直线l方程为x =1，
代入椭圆：1
4 + y
2
3 =1⇒y
2
3 = 3
4 ⇒y
2= 9
4 ⇒y =± 3
2，此时M(1, 3
2)、N(1,−3
2)，
则⃗OM ⋅⃗ON =1×1+ 3
2 ×(−3
2 )=1−9
4 =−5
4 <0；
当直线l斜率存在时，设其斜率为k，
则直线l方程为：y =k (x−1)，代入椭圆x
2
4 + y
2
3 =1，得x
2
4 + k
2( x−1)
2
3
=1，
整理得：(3+ 4 k
2) x
2−8k
2 x +(4 k
2−12)=0，
设M (x1, y1)、N (x2, y2)，则x1+ x2=
8k
2
3+ 4 k
2 , x1 x2= 4 k
2−12
3+ 4 k
2 .
所以y1 y2=k
2(x1−1)(x2−1)=k
2[x1 x2−(x1+ x2)+1).
代入得y1 y2=k
2(
4 k
2−12
3+ 4 k
2 −
8k
2
3+ 4 k
2 +1)=k
2 4 k
2−12−8k
2+(3+ 4 k
2)
3+ 4 k
2
= −9k
2
3+ 4 k
2.⃗
OM ⋅⃗ON = x1 x2+ y1 y2= 4 k
2−12
3+ 4 k
2 + −9k
2
3+ 4 k
2 = −5k
2−12
3+ 4 k
2
= −(5k
2+12)
3+ 4 k
2
<0；
综上：⃗OM ⋅⃗ON <0，对任意动直线l恒成立，
故∠MON恒为钝角；
（3）联立{
A −B =2C
A + B+C =π)，得：{
A =π+C
2
B =π−3C
2 )
，
由于A ,B ,C为三角形的内角，所以{
0< A =π+C
2
<π
0<B =π−3C
2
<π
0<C <π )
，所以C ∈(0,π
3 )，
由正弦定理：|BC)
sin A =|AC)
sin B = |AB)
sinC =
2
sinC ，所以：|BC)= 2sin A
sinC ,|AC)= 2sin B
sinC ，
由第（1）问，|CA)+|CB)= 4，得：2sin A
sinC + 2sin B
sinC = 4⇒sin A +sin B
sinC
=2，
由和差化积sin A +sin B =2sin A + B
2
cos A −B
2
，
代入得：sin A +sin B
sinC
=
2sin A + B
2
cos A −B
2
sinC
=
2sinπ−C
2
cosC
sinC
=
2cos C
2 cosC
sinC
=2，
即：
cos C
2 cosC
sinC
=
cos C
2 cosC
2sin C
2 cos C
2
=1⇒
cosC
2sin C
2
=1，
所以：cosC =2sin C
2 即1−2sin
2 C
2 =2sin C
2 ，
令t =sin C
2 ，则1−2t
2=2t ⇒2t
2+2t −1=0.解得t = −1± ❑√3
2
，因为C ∈(0,π
3 )，所以t =sin C
2 >0，
所以t =
❑√3−1
2
.故sin C
2 =t =
❑√3−1
2
.
21．（2026·福建泉州·二模）在直角坐标系xOy中，椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左、右顶点分别为
A1, A2，上顶点为B，且|A1 A2)=6，|⃗O A1+⃗OB)=2|⃗OB)．
(1)求C的方程；
(2)点P(x1, y1),Q(x2, y2)( y1>0, y2>0, y1≠y2)是C上两个动点，点S在直线A2 P上，设直线
A2 P , A2Q ,OS的斜率分别为k1,k2,k3，且2
k3
= 1
k1
+ 1
k2
．
（i）设Q关于O的对称点为Q
′，试判断A1,Q
′ ,S是否共线？并说明理由：
（ii）在①△TB A1的面积为定值，②△T A1O的面积为定值，③△TBO的面积为定值，这三个结论中选择
一个结论补充在下面命题中，使该命题为真命题，并证明．
命题：若直线OS与直线PQ相交于点T，则_______.
【答案】(1)C ：x
2
9 + y
2
3 =1
(2)（i）三点共线，理由见解析；（ii）答案见解析
【分析】（1）根据长轴长可求a，用基本量表示题设中的诸向量后可求向量和的模长，从而可求b，故可
得椭圆方程，或者根据直角△A1BO的几何性质可求a
b = ❑√3，故可求椭圆方程；
（2）设直线A1Q
′与A2 P的交点为S
′(xS
′, yS
′)，根据对称性可得k A1Q
′=k2，再结合题设条件可得直线O S
′
的斜率k3
'即为k3，从而可证A1,Q
′ ,S三点共线.我们也可以设S (x , y)，⃗P A2= λ⋅⃗A2S , λ∈R , λ≠0，结
合向量运算可得S的坐标，结合题设条件可证k A1S=k2，从而可证A1,Q
′ ,S三点共线.
（3）利用韦达定理或齐次化可证T在定直线上，从而可选②③得相应的面积定值.
【详解】（1）法1：由|A1 A2)=6，可得a=3，
又B (0,b)，可得⃗O A1=(−3,0)，⃗OB =(0,b)，所以⃗O A1+⃗OB =(−3,b)，
所以|⃗O A1+⃗OB)=
❑√9+b
2，又|⃗OB)=b，根据题意得❑√9+b
2=2b，
解得b
2=3，从而求得椭圆C ：x
2
9 + y
2
3 =1.
法2：依题意|A1 A2)=2a=6，故a=3，
由|⃗O A1+⃗OB)=2|⃗OB)，故斜边A1B上的中线长等于|OB⃗)，
故∠A1BO =60°，所以a
b =tan60
∘= ❑√3，解得b
2=3，
从而求得椭圆C ：x
2
9 + y
2
3 =1.
（2）（i）是，A1,Q
′ ,S三点共线.
法1：证明：设直线A1Q
′与A2 P的交点为S
′(xS
′，yS
′)，要证明A1,Q
′ ,S三点共线，
只需要证明S
′与S重合即证明直线O S
′的斜率k
′
3与OS的斜率k3相等．
由题意得1
k1
= x1−3
y1
，1
k2
= x2−3
y2
，
因为A1, A2关于原点对称，Q ,Q
′关于原点对称，
故直线A1Q
′，A2Q相互平行，所以A1Q
′的斜率k A1Q
′=k2，
所以A1Q
′: x = x2−3
y2
y −3①，A2 P: x = x1−3
y1
y +3②，
由①②，得2 x =(
1
k1
+ 1
k2) y即2 xS
′=(
1
k1
+ 1
k2) yS
′，
即2
xS
′
yS
′ = 1
k1
+ 1
k2
，即
2
k
′
3
= 1
k1
+ 1
k2，
又由题意知2
k3
= 1
k1
+ 1
k2
，所以k
′
3=k3，得证.
法2：证明：设S (x , y),⃗P A2= λ⃗A2S , λ∈R , λ≠0，可得(3−x1,−y1)= λ(x−3, y)，
解得{
x = 3−x1+3 λ
λ
y = −y1
λ )
，即S(
3−x1+3 λ
λ
, −y1
λ )，
故可得直线OS的斜率k3=
−y1
3−x1+3 λ ，
又求得直线A1S的斜率k A1S=
−y1
λ
3−x1+3 λ
λ
+3
=
y1
x1−6 λ−3，
根据题意2
k3
= 1
k1
+ 1
k2
，又k1=
y1
x1−3，
所1
k2
= 2
k3
−1
k1
= 2(3−x1+3 λ)
−y1
−x1−3
y1
= x1−6 λ−3
y1
，
从而得k2=
y1
x1−6 λ−3，故k A1S=k2.
因为A1, A2关于原点对称，Q ,Q
′关于原点对称，
故直线A1Q
′ , A2Q相互平行，所以A1Q
′的斜率k A1Q
′=k2，
因此可得k A1S=k A1Q
′，所以A1,Q
′ ,S三点共线.
（ii）如图，作出符合题意的图形，
法1：根据题意PQ直线的斜率存在且不为零，设直线PQ: x =my +n(n≠±3,m≠0)，
与椭圆C ：x
2
9 + y
2
3 =1联立，得(m
2+3) y
2+2mny +n
2−9=0，
其判别式Δ=(2mn)
2−4(m
2+3)(n
2−9)>0，即3m
2−n
2+9>0，
且y1+ y2= −2mn
m
2+3
, y1 y2= n
2−9
m
2+3
，
由（2）知OT : y =k3 x，其中2
k3
= 1
k1
+ 1
k2
= x1−3
y1
+ x2−3
y2
，
可得2
k3
= m y1+n−3
y1
+ m y2+n−3
y2
=2m+(n−3) y1+ y2
y1 y2
，
化简得2
k3
=2m+(n−3) −2mn
n
2−9
=2m(1+ −n
n+3)= 6m
n+3，所以直线OT : y = n+3
3m x，
将直线OT与直线PQ: x =my +n联立，
设T (xT , yT)，可得xT =m× n+3
3m xT +n，即n xT =−3n，
注意到当n=0时，直线PQ: x =my，
此时P ,Q关于原点对称，这与y1>0，y2>0矛盾，
故n≠0，从而可得xT =−3，即点T在直线x =−3上.
法2：证明：设PQ:m(x−3)+ny =1(m≠0,n≠0)，
将椭圆方程整理为[(x −3)+3)
2+3 y
2=9，即(x−3)
2+6(x−3)+3 y
2=0
将直线PQ与椭圆联立得：(x−3)
2+6(x−3)[m(x−3)+ny)+3 y
2=0，
整理可得，(1+6m)(x−3)
2+6n(x−3) y +3 y
2=0，
注意到y1, y2≠0，故上式等价于(1+6m)(
x−3
y )
2
+6n(
x−3
y )+3=0，
设t1= x1−3
y1
,t2= x2−3
y2
，注意到t1= 1
k1
,t2= 1
k2
，
故可得t1,t2是关于t的二次方程(1+6m)t
2+6nt +3=0的两根，
其中1+6m≠0,Δ=36n
2−12(1+6m)>0，
根据韦达定理，可得t1+t2= −6n
1+6m，即1
k1
+ 1
k2
= −6n
1+6m，
又因为1
k1
+ 1
k2
= 2
k3
，故得k3=−1+6m
3n
，即OS: y =−1+6m
3n
x，
设T (xT , yT)，因为点T为两直线OS，PQ的公共点，
故联立两直线{
ny =1−m(x−3)
ny =−1+6m
3
x)
，
得xT(
1+6m
3
−m)=−(1+3m)，即1+3m
3
xT =−(1+3m)，
注意到当m=−1
3时，直线PQ: y = 1
3 x，
此时P ,Q关于原点对称，这与y1>0，y2>0矛盾，
故m≠−1
3，从而可得xT =−3，即点T在直线x =−3上.
若选①，因为|B A1)= ❑√9+3=2❑√3，
而T到A1B的距离不是定值，故△TB A1不为定值，故不选①；
若选②，△T A1O的面积为S = 1
2|O A1)⋅|yT)= 3
2|yT)，而|yT)不是定值，故不选②；
若选③，根据T在直线x =−3上可得△TBO的面积为S = 1
2|OB)⋅|xT)= 3
2
❑√3.
22．（2026·福建龙岩·三模）（多选）已知不共线的平面向量⃗m,⃗n,⃗a，满足
|⃗m)=2❑√2,|⃗m+⃗n)−|⃗m−⃗n)= 4，且⃗a⋅⃗m= 4，则（ ）
A．⃗m与⃗n的夹角的取值范围为(0, π
4 )
B．当⃗m⋅⃗n=8时，|⃗m−⃗n)= 4
C．当|⃗n)=2❑√3时，|⃗n−⃗a)的最小值为❑√2
D．对于给定的⃗n，记|⃗n−⃗a)的最小值为d (⃗a)，则d (⃗a)
|⃗m−⃗n) =
❑√2
2
【答案】ACD
【分析】根据题干中|⃗m+⃗n)−|⃗m−⃗n)= 4，可结合双曲线的定义在双曲线中进行求解，将向量问题转化为
解析几何问题，根据题干中的条件可得双曲线的标准方程为：x
2−y
2= 4，用坐标表示⃗m,⃗n,⃗a，根据⃗
a⋅⃗m= 4，可设⃗OA =⃗a=( x , y)，即得A( x , y)的轨迹方程为x = ❑√2；利用双曲线的几何性质，逐项分析
即可.
【详解】
在双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1中，点P为双曲线C上的一点，
设⃗F1O =⃗O F2=⃗m,⃗OP =⃗n，则⃗m+⃗n=⃗F1 P ,⃗m−⃗n=⃗P F2，
考点3
双曲线方程及其性质及综合大题
因为|m
→)=2❑√2，|⃗m+⃗n)−|⃗m−⃗n)= 4，则a=2,c =2❑√2，故b=2，
所以双曲线C的标准方程为：x
2−y
2= 4．
由双曲线的对称性，在以下求解中，只考虑x>0, y >0的情况．
故⃗m=⃗O F2=(2❑√2,0)，又⃗a⋅⃗m= 4，设⃗OA =⃗a=( x , y)，
则2❑√2 x = 4，解得x = ❑√2，
所以A( x , y)的轨迹方程为x = ❑√2．
对于选项A，由双曲线的方程及m⃗,n⃗是不共线的平面向量，⃗m与⃗n的夹角即为∠PO F2，
双曲线x
2−y
2= 4的渐近线方程为y =± x，
所以：0<∠PO F2<π
4 ，故选项A 正确；
对于选项B，当⃗m⋅⃗n=8=(2❑√2)
2时，⃗n在⃗m上的投影向量为⃗m，
则P(2❑√2,2)，故|⃗m−⃗n)=|⃗P F2)=2，故选项B 错误；
对于选项C，当|⃗n)=2❑√3时，解得点P坐标为(2❑√2,±2)，
此时|⃗n−⃗a)有最小值❑√2，故选项C 正确；
对于选项D，由选项C 可得当点A与点P纵坐标相等时，|⃗n−⃗a)的值最小，
设P( x , y)( x>0)，故d(⃗a)= x−❑√2，
又F2(2❑√2,0)，则|⃗m−⃗n)=|P F2)=
❑√(x−2❑√2)
2+ y
2，
因为点P在双曲线C上，
所以x
2−y
2= 4，故|P F2)= ❑√2 x−2，所以d (⃗a)
|⃗m−⃗n) =
❑√2
2 ．故选项D 正确．
23．（2026·福建南平·二模）已知P为双曲线C : x
2
m
2 −
y
2
4−m
2 =1上一动点，若存在点P到x轴、y轴的距离
之比为❑√3，则双曲线C的离心率范围为（ ）
A．(1,2)
B．(1, 2❑√3
3 )
C．(2,+ ∞)
D．(
2❑√3
3
,+∞)
【答案】C
【分析】本题可先根据点P到x轴，y轴的距离之比为❑√3得到点P横纵坐标的关系，再结合双曲线方程，通
过分析得到离心率的取值范围.
【详解】设点P(x , y)，因为点P到x轴，y轴的距离之比为❑√3，所以|y|
|x|= ❑√3，即y =± ❑√3 x.
因为点P(x , y)为双曲线C : x
2
m
2 −
y
2
4−m
2 =1上一动点，将y =± ❑√3 x代入双曲线方程可得：
C : x
2
m
2 −(± ❑√3 x)
2
4−m
2 =1，即C : x
2
m
2 −3 x
2
4−m
2 =1，
通分可得：
(4−m
2) x
2−3m
2 x
2
m
2(4−m
2)
=1，即(4−4 m
2) x
2=m
2(4−m
2)，因为x
2≥0，所以4−4 m
2>0，即
m
2<1；
c
2=a
2+b
2=m
2+(4−m
2)= 4，所以c =2，离心率e = c
a = 2
|m)，
因为m
2<1，故0<|m)<1，则1
|m) >1，所以e = 2
|m) >2，因此，双曲线的离心率范围为(2,+∞).
24．（2026·福建泉州·模拟预测）已知F1，F2为双曲线E的焦点，点P在E上，点M，G分别为△P F1 F2
的内心和重心.若MG // F1 F2，且sin∠F1 P F2= 3
5，则E的离心率为____________.
【答案】
❑√6
2
【分析】由MG // F1 F2得到重心与内心纵坐标相等，得出P 点纵坐标与内切圆半径关系，继而用三角形
面积的两种表示方式结合双曲线定义求出|P F1),|P F2)，最后用余弦定理结合正弦值计算离心率.
【详解】设双曲线E 方程为x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0), F1(−c ,0), F2(c ,0), P( x0, y0)，
则重心G(
x0−c +c
3
, y0+0+0
3
)=(
x0
3 , y0
3 )，
因为内心到F1 F2的距离等于内切圆半径r，故M的纵坐标为r.
由于MG // F1 F2，所以r = y0
3 ⇒y0=3r，
因为ΔP F1 F2的面积S = 1
2|F1 F2)|y0)= 1
2 (|P F1)+|P F2)+|F1 F2))r，
代入y0=3r ,|F1 F2)=2c得|P F1)+|P F2)= 4 c，
不妨设|P F1)≥|P F2)，
则有{
|P F1)+|P F2)= 4 c
|P F1)−|P F2)=2a)⇒{
|P F1)=2c +a
|P F2)=2c−a)，
在ΔP F1 F2中，由余弦定理得|F1 F2)
2=|P F1)
2+|P F2)
2−2|P F1)|P F2)cos∠F1 P F2，
即(4 c
2−a
2)cos∠F1 P F2=2c
2+a
2，
因为sin∠F1 P F2= 3
5，则cos∠F1 P F2=± 4
5 ，
当cos∠F1 P F2= 4
5 时，代入(4 c
2−a
2)cos∠F1 P F2=2c
2+a
2得2c
2=3a
2⇒e =
❑√6
2 ;
当cos∠F1 P F2=−4
5 时，代入(4 c
2−a
2)cos∠F1 P F2=2c
2+a
2得−26c
2=a
2(不成立，舍去).
25．（2026·福建宁德·二模）已知F1, F2分别是双曲线E: x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a,b>0)的左､右焦点，过F1作E的渐
近线的垂线，垂足为M.若|M F2)=3b，则E的离心率为（ ）
A．
❑√6
2
B．❑√2
C．3
2
D．❑√3
【答案】A
【分析】过F2作E的渐近线的垂线，垂足为N.先求出焦点到渐近线的距离|F1 M )=|F2 N )=b，再由勾股
定理求出|OM )=|ON )=a，即可在Rt△M F2 N中利用勾股定理得到a
2,b
2的关系，即可求出E的离心率.
【详解】
如图所示，过F2作E的渐近线的垂线，垂足为N.
已知双曲线E: x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a,b>0)的左右焦点为
､
F1(−c ,0), F2(c ,0)，
双曲线的一条渐近线方程为y =−b
a x，即bx +ay =0,
则F1到渐近线的距离为|F1 M )=|b×(−c)+a×0)
❑√a
2+b
2
= bc
c =b，同理可得|F2 N )=b.
在Rt△OM F1中，|OM )=
❑√|O F1)
2−|F1 M )
2=
❑√c
2−b
2=a，同理可得|ON )=a.
在Rt△M F2 N中，由|N F2)
2+|MN )
2=|M F2)
2可得b
2+(2a)
2=(3b)
2，即a
2=2b
2，
因为e
2=1+ b
2
a
2 =1+ 1
2 = 3
2，所以E的离心率e =
❑√6
2 .
26．（2026·福建莆田·模拟预测）已知双曲线C ：x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为
F1(−2,0)，F2(2,0)，F1到C的一条渐近线的距离为❑√3．
(1)求C的方程；
(2)点M (x0, y0)( y0≠0)为C上的动点，点P，Q分别位于直线l1：x =−1
2与直线l2：x = 1
2上，且
P F1⊥M F1，Q F2⊥M F2．
（i）记直线P F1，P F2，Q F1，Q F2的斜率分别为k P F1，k P F2，kQ F1，kQ F2，证明：
k P F1kQ F1=k P F2kQ F2；
（ii）若△MP F1与△PQ F2的面积相等，求x0．
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1
(2)（i）证明见解析；
（ii）x0=−2+ ❑√5
2
.
【分析】（1）利用点到直线的距离公式可以求得b和c的关系，代入计算即可；
（2）（i）设出点坐标，直接计算直线斜率，然后求得乘积即可；
（ii）利用点坐标计算直线方程，再根据点到直线的距离公式以及三角形的面积公式求出两个三角形的面
积，使其相等即可求解.
【详解】（1）由题可得：c =2，双曲线的渐近线方程为：bx ±ay =0，则F1到渐近线的距离为：
|−2b±0)
❑√a
2+b
2 = 2b
c = ❑√3，所以b=
❑√3
2 c =
❑√3
2 ×2= ❑√3，
则b
2=3，a
2=c
2−b
2= 4−3=1，因此曲线C方程为：x
2−y
2
3 =1.
（2）（i）设P(−1
2 , y p)，Q(
1
2 , yQ)，
则k P F1=
y p−0
−1
2 −(−2)
= 2 y p
3 ，k P F2= y p−0
−1
2 −2
=−2 y p
5 ，
kQ F1=
yQ−0
1
2 −(−2)
= 2 yQ
5
，kQ F2= yQ−0
1
2 −2
=−2 yQ
3
，
所以k P F1kQ F1= 2 y p
3 × 2 yQ
5
= 4 y p yQ
15
，k P F2kQ F2=(−2 y P
5 )×(−2 yQ
3 )= 4 y p yQ
15
，
所以k P F1kQ F1=k P F2kQ F2，即得证.
（ii）由题可知：F1(−2,0)，F2(2,0)，P(−1
2 , y p)，Q(
1
2 , yQ)，M (x0, y0)，所以y0
2=3(x0
2−1)，
因为P F1⊥M F1，Q F2⊥M F2，所以{
k P F1⋅k M F1=−1
kQ F2⋅k M F2=−1)，即：{
y p−0
−1
2 +2
⋅y0−0
x0+2 =−1
yQ−0
1
2 −2
⋅y0−0
x0−2 =−1)
，
化简得：{
y P=−3(x0+2)
2 y0
yQ= 3(x0−2)
2 y0 )
，所以P(−1
2 ,−3(x0+2)
2 y0 )，Q(
1
2 , 3(x0−2)
2 y0 )，则
k PQ=
3(x0−2)
2 y0
−(−3(x0+2)
2 y0 )
1
2 −(−1
2)
= 3 x0
y0
，
所以直线PQ方程为：y −(−3(x0+2)
2 y0 )= 3 x0
y0 (x + 1
2)，化简得：3 x0 x−y0 y −3=0.
因此点F2到直线PQ距离为：d1= |6 x0−3)
❑√9 x0
2+ y0
2，而
|PQ)=
❑√(
1
2 + 1
2)
2
+(
3(x0−2)
2 y0
+ 3(x0+2)
2 y0 )
2
=
❑√9 x0
2+ y0
2
|y0)
，
所以S△PQ F2= 1
2 ×
❑√9 x0
2+ y0
2
|y0)
× |6 x0−3)
❑√9 x0
2+ y0
2 = 3|2 x0−1)
2|y0)
.
又因为M F1= ❑√(x0+2)
2+ y0
2= ❑√(x0+2)
2+3(x0
2−1)=|2 x0+1)，
P F1=
❑√(−1
2 +2)
2
+(−3(x0+2)
2 y0 )
2
= 3
2
|2 x0+1)
|y0)
，
所以S△MP F1= 1
2 × 3
2
|2 x0+1)
|y0)
×|2 x0+1)= 3(2 x0+1)
2
4|y0)
，
因为S△PQ F2= S△MP F1，所以
3|2 x0−1)
2|y0)
= 3(2 x0+1)
2
4|y0)
，即：(2 x0+1)
2=2|2 x0−1).
当2 x0−1<0时，(2 x0+1)
2=2(1−2 x0)，化简得：4 x0
2+8 x0−1=0，
解得：x0= −2± ❑√5
2
，又因为定义域为x0
2≥1，所以舍去x0= −2+ ❑√5
2
，因此x0=−2+ ❑√5
2
；
当2 x0−1>0时，(2 x0+1)
2=2(2 x0−1)，化简得：4 x0
2+3=0，无实数解.
综上所述，x0的取值为−2+ ❑√5
2
.
27．（2026·福建·二模）已知双曲线C : y
2
a
2 −x
2
b
2 =1(a>0,b>0)的离心率为
❑√10
3
，则C 的渐近线方程为
（ ）
A．y =± 1
3 x
B．y =±3 x
C．y =±
❑√3
3 x
D．y =± ❑√3 x
【答案】B
【分析】根据离心率求出b
a，即可得双曲线线的渐近线方程..
【详解】因为e = ❑√
c
2
a
2 = ❑√
a
2+b
2
a
2
= ❑√
1+ b
2
a
2 =
❑√10
3
，
所以b
a = 1
3，即a
b =3，
因为双曲线C的渐近线方程为y =± a
b x
所以C 的渐近线方程为y =±3 x.
28．（2026·福建宁德·二模）（多选）设抛物线Γ: y
2= 4 x的焦点为F，准线为l.过F的直线交Γ于A ,B两
点，过A，B作l的垂线，垂足分别为A1,B1，则（ ）
A．|AF)=|A A1)
B．|AB)的最小值为2
C．若M为A1B1的中点，则|MF)= 1
2|A1B1)
考点4
抛物线方程及其性质及综合大题
D．点(3,0)到Γ上点的距离的最小值为3
【答案】AC
【详解】对于A，因为抛物线Γ: y
2= 4 x的焦点为F，准线为l，
所以F (1,0),l: x =−1，由抛物线的定义可知：|AF)=|A A1)，故A 正确；
对于B，设直线AB的方程为x =my +1，
联立{
x =my +1
y
2= 4 x )⇒y
2−4 my −4 =0，设A(x1, y1),B(x2, y2)，
所以y1+ y2= 4 m, y1 y2=−4，
由抛物线的定义可知：|AB)= x1+ x2+2=(m y1+1)+(m y2+1)+2=m( y1+ y2)+ 4
= 4 m
2+ 4，
当m=0时，|AB)的最小值为4，故B 错误；
对于C，若M为A1B1的中点，A1(−1, y1),B1(−1, y2),M(−1，y1+ y2
2 ),
因为y1+ y2= 4 m,所以M (−1，2m)，所以|MF)=
❑√[1−(−1))
2+(1−2m)
2=2
❑√1+m
2，
又因为1
2|A1B1)= 1
2|y1−y2)= 1
2
❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2= 1
2
❑√16m
2+16=2
❑√m
2+1
所以|MF)= 1
2|A1B1)，故C 正确；
对于D，设Γ上任意一点为(t
2,2t)，则该点到(3,0)的距离为：
d =
❑√(t
2−3)
2+(2t )
2=
❑√t
4−2t
2+9=
❑√(t
2−1)
2+8，
当t
2=1时，dmin= ❑√8=2❑√2，故D 错误.
29．（2026·福建泉州·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知两抛物线C1: y
2=2 px和C2: x
2=2 py，
且F为C1的焦点，Q为C1与C2的公共点，若|OQ)=2❑√2，则|FQ)=（ ）
A．2
B．5
2
C．❑√5
D．3
【答案】B
【分析】根据题意，联立方程得Q (2 p,2 p)，再结合距离公式得p=1，最后根据焦半径公式求解即可.
【详解】根据题意，联立方程{
y
2=2 px
x
2=2 py)得(
x
2
2 p)
2
=2 px，整理得x
4=8 p
3 x，
解得x1=0，x2=2 p，代入x
2=2 py得y1=0，y2=2 p，
所以C1与C2的交点为O(0,0)，Q (2 p,2 p)，
因为|OQ)=2❑√2，所以|OQ|=
❑√(2 p)
2+(2 p)
2=
❑√8 p
2=2❑√2 p=2❑√2，解得p=1，
所以，C1: y
2=2 x，C2: x
2=2 y，
因为F为C1的焦点，
所以，根据焦半径公式，|FQ)= xQ+ p
2 =2 p+ p
2 = 5 p
2 = 5
2
30．（2026·福建厦门·模拟预测）已知抛物线C：y
2= 4 x的焦点为F，点A (4 ,n)在C上，则|AF)=（ ）
A．3
B．4
C．5
D．6
【答案】C
【详解】
抛物线C：y
2= 4 x的焦点为F (1,0)，准线方程为x =−1，
点A (4 ,n)在抛物线C上，A到准线x =−1的距离|AM )= 4−(−1)=5，
所以|AF)=5．
31．（2026·福建莆田·模拟预测）若直线y = x−1交抛物线y
2= 4 x于A ,B两点，则|AB)=（ ）
A．2❑√2
B．4
C．4 ❑√2
D．8
【答案】D
【详解】已知抛物线方程y
2= 4 x，则焦点F (1,0)，准线为x =−1，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，
联立直线方程与抛物线方程{
y = x−1
y
2= 4 x)得x
2−6 x +1=0，
则x1+ x2=6，
因为直线y = x−1过焦点F (1,0)，
所以由抛物线焦点弦的性质可得|AB)= x1+ x2+2=6+2=8．
32．（2026·福建·二模）（多选）已知抛物线C : y
2=2 px的焦点为F (1, 0)准线为l，圆M过点F．下列说
法正确的是（ ）
A．p=1
B．l的方程为x =−1
C．若圆心M在C上，则圆M与l相切
D．若圆M与l相切，则圆心M在C上
【答案】BCD
【详解】因抛物线C : y
2=2 px的焦点为F (1, 0)，则p
2 =1，解得p=2，故A 错误；
准线l的方程为x =−p
2 =−1，故B 正确；
当圆心M在C上时，设点M到准线l的距离为d，根据抛物线的定义，可得| MF |=d，
又因圆M过点F，即点M到准线l的距离d等于圆M的半径，故圆M与l相切，即C 正确；
反之，若圆M与l相切，则点M到准线l的距离d等于圆M的半径，又圆M过点F．
即| MF |=d，故点M在C上，即D 正确.
33．（2026·福建·二模）（多选）已知抛物线C : y
2=2 px的焦点为F (1,0)，过P(−1,0)的直线l 交C于
A ,B两点，直线AF交C于另一点D，则（ ）
A．tan∠APF =sin∠AFP
B．△APD的内心在定直线上
C．若tan∠APD =2❑√2，则|AF)= 4
D．若sin∠AFB =sin∠PFB，则△ABF的面积为4 ❑√3
3
【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tan∠APF =
y1
x1+1，结合题意得到
sin∠AFG=
y1
x1+1进而判断A，联立方程组结合韦达定理得到k AP+k DP=0，最后结合内心的性质判断
B，利用二倍角公式并结合方程得到|AF)= 4±2❑√2判断C，先确定∠AFB =∠PFB，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y
2=2 px的焦点为F (1,0)，所以p
2 =1，
解得p=2，则抛物线方程为y
2= 4 x,
如图，作出符合题意的图形，作AG⊥x轴，
对于A，设A(x1, y1)，则y1
2= 4 x1，由题意得∠APF是直线AP的倾斜角，
由斜率的几何意义得tan∠APF =k AP=
y1
x1+1，
由诱导公式得sin∠AFP =sin(π−∠AFP)=sin∠AFG，
由焦半径公式得|AF)= x1+1，在△AFG中，可得sin∠AFG =
y1
x1+1，
则tan∠APF =sin∠AFP，故A 正确，
对于B，设AD的方程为y =k( x−1)，D( x2, y2)，
联立方程组{
y =k( x−1)
y
2= 4 x )，可得k
2 x
2−(2k
2+ 4)x + k
2=0，
由韦达定理得x1 x2=1，y1 y2=−4，则x2= 1
x1
，y2=−4
y1
，
由斜率公式得k AP=
y1
x1+1，k DP=
y2
x2+1 =
−4
y1
1
x1
+1
=−
4 x1
y1( x1+1)，
因为y1
2= 4 x1，所以x1= y1
2
4
，可得k DP=−
4× y1
2
4
y1( x1+1) =−
y1
x1+1 =−k AP
，
则k AP+ k DP=0，得到∠APD被x轴平分，
可得△APD的内心在定直线上，故B 正确，
对于C，因为∠APD被x轴平分，所以∠APD =2∠APG =2∠DPG，
设∠APD =2θ，∠APG =∠DPG =θ∈(0,π
2 )，
因为tan∠APD =2❑√2，所以tan2θ =2❑√2，
由二倍角公式得2tanθ
1−tan
2θ
=2❑√2，解得tanθ =
❑√2
2 （另一根舍去），
则
y1
x1+1 =
❑√2
2 ，联立方程组{
y1
x1+1 =
❑√2
2
y1
2= 4 x1 )
，解得x1=3±2❑√2，
此时|AF)= 4±2❑√2，与|AF)= 4不符，故C 错误，
对于D，因为sin∠AFB =sin∠PFB，
所以∠AFB =∠PFB或∠AFB+∠PFB =π（与题意不符，排除），
设直线AB的方程为x =my −1，设B( x3, y3)，
联立方程组{
x =my −1
y
2= 4 x )，可得y
2−4 my + 4 =0，
由韦达定理得y1+ y3= 4 m，y1 y3= 4，则y1= 4
y3
，
由弦长公式得|AB)= 4
❑√m
2+1⋅
❑√m
2−1，|BP)=
❑√m
2+1⋅
❑√y3
2，
由焦半径公式得|AF)= x1+1=m y1，且|FP)=2，
而直线AB的方程为x−my +1=0，设F到AB的距离为d，
由点到直线的距离公式得d =
2
❑√m
2+1
，
则S△ABF = 1
2 ×4×
❑√m
2+1×
❑√m
2−1×
2
❑√m
2+1
= 4
❑√m
2−1，
因为∠AFB =∠PFB，所以FB平分∠AFP，
由角平分线性质得|AB)
|BP) =|AF)
|FP) ，可得4
❑√m
2+1⋅
❑√m
2−1
❑√m
2+1⋅
❑√y3
2
=
4 m
y3
2
，
化简得
❑√m
2−1= m
2 ，解得m=± 2❑√3
3
，则S△ABF = 4×❑√
4
3 −1= 4 ❑√3
3
，故D 正确.
34．（2026·福建莆田·二模）已知抛物线C : y
2=2 px ( p>0)的焦点为F，准线为l，直线y =2❑√3与l，C的
交点分别为P，Q，且|FP)=|FQ).
(1)求p；
(2)若过点D (4,0)的直线m交C于A，B两点，且|AD)⋅|BD)=24，求|AD)
|BD) 的值.
【答案】(1)2
(2)1
2或2.
【分析】（1）由抛物线定义可得|QP)=|FQ)进而得到△PQF为等边三角形，从而求得
∠PFO=∠QPF =π
3
，结合图形特征及角的正切即可求解p；
（2）设直线m：x =ty + 4,联立直线与抛物线可得y
2−4 ty −16=0，则由韦达定理得y3+ y4=±2❑√2，
y3 y4=−16，计算弦长代入|AD)⋅|BD)=24中即可求得t =±
❑√2
2 ，再列方程结合弦长公式求值.
【详解】（1）
由抛物线定义得|QP)=|FQ)，又因为|FP)=|FQ)，所以△PQF为等边三角形，
所以∠PFO =∠QPF =π
3
，
设准线为l与x 轴交于点N(−p
2 ,0)，且P的纵坐标为2❑√3，所以|PN )=2❑√3,|FN )= p，
所以tan∠PFO =tanπ
3
= 2❑√3
p
= ❑√3，所以p=2；
（2）
设m：x =ty + 4 ，A(x3, y3)，B(x4, y4)，
联立得{
y
2= 4 x
x =ty + 4)，∴y
2−4 ty −16=0，
由韦达定理得y3+ y4= 4t，y3 y4=−16，
所以|AD)=
❑√1+t
2|y3),|BD)=
❑√1+t
2|y4) ，
所以|AD)⋅|BD)=(1+t
2)×|−16)=24，所以t
2= 1
2，则t =±
❑√2
2 ，
由韦达定理得y3+ y4=±2❑√2，y3 y4=−16，
所以( y3+ y4)
2
y3 y4
=−1
2
，所以
y3
y4
+ y4
y3
+2=−1
2，
所以(
y3
y4)
2
+ 5
2(
y3
y4)+1=0，
y3
y4
=−1
2或
y3
y4
=−2，
所以|AD)
|BD) =|y3)
|y4)
= 1
2 或|AD)
|BD) =|y3)
|y4)
=2，
所以|AD)
|BD) 的值为1
2或2.
35．（2026·福建漳州·二模）已知A，B 为抛物线y
2= 4 x上的动点，P(x0, y0)为AB 中点且|AB)=6，则x0
的最小值为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【分析】先过点A，B分别作抛物线y
2= 4 x准线的垂线，由抛物线的定义得2(x0+1)≥|AB)=6，即可得解.
【详解】设抛物线y
2= 4 x的准线为l，焦点为F，则l: x =−p
2 =−1，
过点A作A A1⊥l于A1，过点B作B B1⊥l于B1，连接FA，FB，
设A(x1, y1),B(x2, y2) ，根据抛物线的定义，|FA)=|A A1)= x1+ p
2 ,|FB)=|B B1)= x2+ p
2 ，
因P(x0, y0) 是A ,B 中点，所以2 x0= x1+ x2，故|FA)+|FB)= x1+ x2+ p=2 x0+2=2(x0+1),
2(x0+1)=|FA)+|FB)≥|AB)=6，得x0+1≥6
2 =3，解得x0≥2，
当且仅当A，B，F 三点共线时等号成立.
所以x0的最小值为2.
36．（2026·福建泉州·二模）已知点A (1,3)，F(0, 1
2)，若P为抛物线y = x
2+ 1
4 上的动点，则|PA)+|PF)
的最小值为___________．
【答案】3
【分析】先根据抛物线的方程确定其焦点和准线，再利用抛物线的定义将| PF |转化为点P到准线的距离，
最后结合几何性质求出|PA)+|PF)的最小值.
【详解】由y = x
2+ 1
4 ，得x
2= y −1
4 ，令X = x ,Y = y −1
4 ，
则抛物线方程可化为X
2=Y ，其焦点坐标为(0, 1
4)，准线方程为Y =−1
4 ，
因此原抛物线y = x
2+ 1
4 的焦点为F(0, 1
2)，准线方程为y =0.
因为点P在抛物线y = x
2+ 1
4 上，所以| PF |等于点P到准线y =0的距离，
设P到x轴的距离为d，则|PA)+|PF)=|PA)+d，
过点A作AH ⊥x轴于点H，则AH的长度就是点A到x轴的距离，即AH =3，
所以当A , P , H三点共线时，|PA)+|PF)最小，最小值为3.
故答案为：3
