专项04解析几何8大题型（大题专练）（全国通用）（教师版）_数学_一轮复习_2027年高考数学一轮更新中_62027年高考数学大题突破+限时集训（多地区使用）

专项 04 解析几何
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【命题解码·定方向】命题趋势+2026年预测
【解题建模·通技法】析典例，建模型，技法贯通破类题/变式
【实战刷题·冲高分】精选高考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分
根据近五年全国卷考情，圆、椭圆、双曲线及抛物线的性质以及直线与圆锥曲线的位置关系是必考主
干，分值约20-32分．
命题趋势：
解答题：稳定考查圆锥曲线（常为第16至19题），核心是设而不求、利用韦达定理解决直线与圆锥曲
线的位置关系的综合问题．
2026年预测：解答题极可能仍为圆锥曲线常规题，热门考向为定点、定值、最值或范围问题．
备考核心：熟记圆锥曲线定义性质，熟练运用韦达定理,专攻定点定值、范围最值等高频题型，规范答
题步骤，强化计算训练，减少运算失误，真题限时演练提升速度．
题型01 解析几何中的面积问题
析典例 · 建模型
1．（2026·山东青岛·一模）已知抛物线 ，点 为 的焦点， 是 上任意不重合的两点，当直线 过点 且垂直 轴时， .
(1)求 的方程；
(2)若直线 过点 且 的面积为 ，求 的方程.
【思路分析】（1）当直线 垂直 轴时，可求出 、 的坐标进而求出 的值；
（2）三角形的面积可以用弦长公式和点到直线的距离公式表示底和高.
【规范答题】（1）设点
因为抛物线 ，所以 ，
当直线 过点 且垂直 轴时，直线 的方程为 ，
把 代入 可得 ，
故 ，所以 ，所以方程为 .
（2）由（1）可知 ，设直线 方程为 ，
联立 得 ，
则 ， ，
所以 ，
又点 到直线 距离 ，
所以 ，
令 ，所以 ，所以 ，解得 或 ，
所以直线 方程为 或 .研考点 · 通技法
圆锥曲线周长与面积问题核心是几何条件代数化，结合定义与公式求解.
面积：优先用坐标法，设点坐标，以底高、行列式或割补法计算；焦点三角形常用椭圆、双曲线定义结
合余弦定理求解.
周长：曲线周长多转化为焦半径之和，利用定义简化；多边形周长则求各边长度和，结合韦达定理处理
弦长.
关键步骤：设点、联立方程、用定义转化、韦达定理、参数范围检验，避免计算失误.
破类题 · 提能力
1．（2026·江西赣州·一模）已知抛物线 ，过点 作直线 与抛物线 相交于 两点，
为坐标原点.
(1)证明： ；
(2)若存在异于点 的定点 ，使得 恒成立，请求出点 的坐标，并求出
面积的最小值.
【答案】(1)见解析；（2）8
【解析】（1）证明：设直线 的方程为 ，
由 ，得 ，即 ，
因为 ，所以 ，
，
所以 ，所以 .
（2）因为 ，所以 ，由角平分线的性质可知， 为 的角平分线，由抛物线对称性可得， 在 轴上，
设 ， ，
因为 在 轴上，所以 ， ，
整理得 ，由 ，代入可得 ，
即 ，由于上式对任意 恒成立，所以 ，即 .
，
到直线的距离为： ，面积 ，
当 时， 面积有最小值8.
x2 y2
2．（25-26高三上·天津·期末）已知椭圆C: + =1（a>b>0）的长轴长为4，焦距为2.
a2 b2
(1)求椭圆C的方程和离心率；
(2)设A为椭圆C的右顶点，若直线l与椭圆C有唯一的公共点M(M在第一象限)，直线l与y轴的正半轴
3
交于点N，直线NA与直线OM交于点P(O为原点)，且S = S ，求直线l的方程.
△POA 5 △NOA
x2 y2 c 1
【答案】（1） + =1，离心率e= = ；
4 3 a 2
1
（2）y=- x+2.
2【解析】（1）依题意可得¿，所以¿，则b=❑√a2-c2=❑√3，
x2 y2 c 1
所以椭圆C的方程为 + =1，离心率e= = ；
4 3 a 2
（2）如图所示：
由题可知，直线l的斜率存在且为负数，设直线l：y=kx+n(k<0,n>0).
x y
则有N(0,n)，A(2,0)，所以直线NA的方程为 + =1，
2 n
x2 y2
将y=kx+n与椭圆方程 + =1联立，消去y并整理得，(4k2+3)x2+8knx+4n2-12=0，由题意
4 3
直线l与椭圆相切于点M，则Δ=64k2n2-4(4k2+3)(4n2-12)=48(4k2+3-n2 )=0，即
4k2+3=n2，所以
-8kn -4kn -4kn -4k -4k2 n2-4k2 3
x = = = = ，y =kx +n= +n= = ， 即点M的坐
M 2(4k2+3) (4k2+3) n2 n M M n n n
-4k 3
标为( , )，
n n
3 x y 4kn
所以直线OM的方程为y=- x，将其与直线NA的方程 + =1联立，解得x = ，
4k 2 n P 2kn-3
1
y ⋅|OA|
-3n 4kn -3n S 2 P -3 3
y = ，即点P的坐标为( , )，由题意得 △POA = = = ，整
P 2kn-3 2kn-3 2kn-3 S 1 2kn-3 5
△NOA y ⋅|OA|
2 N
1
理得kn=-1.又4k2+3=n2，且k<0,n>0，解得k=- ，n=2，即满足题意的直线l的方程为
2
1
y=- x+2.
2题型02 解析几何中定值定点问题
析典例 · 建模型
1．（2026·福建龙岩·一模）已知椭圆 的左顶点为 ，上顶点为 ，长轴长为4，且
以短轴为直径的圆与直线 相切.
(1)求 的方程；
(2)过点 的直线 交 于 两点，直线 分别交 轴于 两点，证明：
（ⅰ） 的横坐标成等差数列；
（ⅱ） 与 的面积之比为定值.
【思路分析】（1）由题可得 ，然后由 到直线 的距离可得 ，据此可得答案；
（2）（i）由题设过点 的直线方程为 ， 、 ，将直线与椭圆方
程联立，由韦达定理可得 ， ，由题可得
，验证 可完成证明；
（ⅱ）注意到 ，据此可完成证明.
【规范答题】（1）由已知得， ，所以 ，
原点 到直线 的距离为 ，
所以 的方程为 .（2）（i）当过点 的直线斜率不存在时，
直线与椭圆 只有1个交点，舍去，
设直线 的方程为 ，
设 、 ，由 ，
消去 整理得 ，
所以 ，解得 ，
， ，
直线 的方程为 ，令 ，得 ，
同理可得 .
.
又因为 ，
.
所以 ，
所以 的横坐标成等差数列；
（ⅱ）由（ⅰ）知 为 的中点，得 ，所以 ，
所以 与 的面积之比为 .
2．（2026·广西河池·二模）已知抛物线 ，过 上一动点 作斜率为2的直线 与 交
于另一点 ，当点 与原点 重合时， ．
(1)求 ．
(2)当 不经过点 时，直线 与 交于另一点 ，直线 与 交于另一点 ．
（i）证明： ；
（ii）试判断直线 与 是否交于定点，若是，请求出定点的坐标，否则，请说明理由．
【思路分析】（1）联立直线方程求出点 ，再由 计算可得 ；
（2）（i）将直线 与抛物线联立，可知 ，再将直线 的方程与抛物线联立，同理联立直
线 ，整理可得 ，即 ；
（ii）求出直线 的方程为 ，可知直线 与 交于定点 .
【规范答题】（1）当点 与原点 重合时，直线 过原点且斜率为2，其方程为 ，
联立 得 ，解得 或 ，所以 ．所以 ，解得 ．
（2）由（1）知 ，设 ，直线 ．
联立 与 ，得 ，
所以 且 ．
（i）设 ，如下图：
直线 过点 和 ，设直线 的方程为 ，
联立 ，得 ，则 ，
整理可得 ．①
同理，对于直线 ，可得 ．②
因为 ，所以 ，③
由①②作商，结合③，得 ，即 ．
所以 ，所以 ．
（ii）设 的中点为 的中点为 ，因为 ，所以直线 ，
又因为 ，所以 与 的交点即直线 与 的交点．
由②③，得 ，所以 ．
直线 的斜率 ，
直线 的方程为 ．
在该方程中，令 ，可得 ，所以直线 与 交于定点 ，
故直线 与 交于定点 ．
研考点 · 通技法
解决直线与圆锥曲线相交（过定点、定值）问题的常用步骤：
（1）得出直线方程，设交点为 ， ；
（2）联立直线与曲线方程，得到关于 或 的一元二次方程；
（3）写出韦达定理；
（4）将所求问题或题中关系转化为 ， 形式；
（5）代入韦达定理求解.
过程步骤：圆锥曲线中直线过定点问题，设动直线与圆锥曲线的交点坐标为 ，直线方
程代入曲线方程后应用韦达定理得 ，利用这两个交点的坐标写出要求过定点的
直线的方程，可根据直线的变化确定定点的位置，然后代入韦达定理的结论及利用定点所在的直线方程
（得交点的横纵坐标关系）求出定点坐标．
破类题 · 提能力
1．（2026·山东滨州·一模）设圆 的圆心为 ，直线 过点 且与 轴不重合，
交圆 于 两点，过 作 的平行线交 于点 ，动点 的轨迹为曲线 ．
(1)证明 为定值，并求曲线 的方程；(2)若直线 与曲线 相交于 两点．
①求 面积的最大值；
②已知点 ，直线 与曲线 的另一个交点为 ，直线 与曲线 的另一个交点为 ．证
明：直线 过定点．
【答案】(1)证明见解析，
(2)①1；②证明见解析
【分析】（1）根据 ， ，得 ， ，即可证明 为定值，
再根据椭圆的定义求出曲线 的方程；
（2）①由 可得 ，借助韦达定理得 ， ，根据
面积 ，借助基本不等式求解即可；
②求出 坐标，进而得到直线方程，根据直线恒过定点，得到答案.
【详解】（1）因为 ， ，
所以 ，
所以 ，故 ，
又圆 的标准方程为 ，从而 ，
所以 ，即 为定值,
由题设得 ，
由椭圆的定义可得，所求曲线 的方程为 .（2）设 ，
①由 可得 ，
因为直线 与曲线 相交于 两点，
所以 ，则 ,
由根与系数的关系可得： ， ，
因为
，
当且仅当 时取等号，且满足 ，
所以 面积的最大值为1.
②由题意知，直线 的斜率存在，且直线 的方程为 ，
由 可得 ，
展开得 ，所以
，
所以 ，
所以 ，
同理 ，
设直线 的方程为 ，则 ，
所以 ，同理可得 ，
所以直线 的方程为 ，
因为直线 的斜率为1，所以 即 ，
所以直线 的方程为 ，
所以 过定点 .
O C:(x3)2 y2 6 M N
2.（25-26高三上·湖北武汉·阶段练习）过坐标原点 作圆 的两条切线，切点为 ， ，
MN T:y2 2px(p0)
直线 恰为抛物线 的准线.
(1)求T的方程；
T   y A B E Q
(2)将抛物线 向左移4个单位长度得到新抛物线 ，抛物线 交 轴于 ， 两点， ， 为抛物线AE BQ Z EQ ABZ

上不重合的两点， 交 于点 .若直线 经过坐标原点，求证： 的面积恒为定值.
y2 4x
【答案】(1) ;(2)见解析
 p 
G ,0
【解析】（1）设直线MN与x轴交于  2 ，由几何性质得
因为直线MN为抛物线T的准线，直线ON为圆C的切线，
π
所以NGC CNO
，
2
在 NGC与 CNO中，NCO为公共角，
NC OC

所以 NGC∽ ONC， CG NC ，
 
 p 
即 ，即63 3，解得：
|NC|2|CG||OC|  2  p2
T y2 4x
故抛物线 的标准方程为 ;
: y2 4x16 A0,4,B0,4 Ex,y ,Qx ,y ,Zx ,y 
（2）解法一：依题意： ，则 ，设 1 1 2 2 Z Z ，
y y y 4 y 4
则EQ:yy  1 2 xx ,BQ:y 2 x4,AE:y 1 x4，
1 x x 1 x x
1 2 2 1
y y y y
因为直线 经过坐标原点，所以0y  1 2 0x  y  1 2 x ，
EQ 1 x x 1 1 x x 1
1 2 1 2
又 E ， Q 在抛物线上， y 1 2 4x 1 16,y 2 2 4x 2 16 ，两式作差得 y 1 2y 2 2 4x 1 x 2  ，化简得
y y 4
1 2  ，
x x y y
1 2 1 2y y 4x y216
y  1 2 x  1  1
因为4x  y216，所以 1 x x 1 y y y y ，
1 1 1 2 1 2 1 2
y2y y  y216 y y 16
化简可得 1 1 2 1 ，即 1 2 ，
 y 4
y 2 x4

 x 2 8 8xx
 x   1 2
联立y y
1
4
x4
，得： z y
1
4

y
2
4 x
2
y
1
4x
1
y
2
4
  x x x
1 1 2
 y2  y2 
8 1 4 2 4
8xx  4  4 
 1 2 
 y2   y2   y2   y2 
 2 4 y 4 1 4 y 4  2 4 y 4 1 4 y 4
 4  1  4  2  4  1  4  2
8    y 1 1 2 6 y 2 2 y 1 2y 2 216    8     y 1 1 y 6 2 2 y 1 2y 2 216    
 
y2y y2y y y y y  ，
2 1 y24y 16 1 2 y24y 16 1 2 2 1 y2y24y y 32
4 2 1 4 1 2 4 1 2 2 1
8  32y2y 2 8  y2y 232 
x  1 2  1 2 8
将y y 16代入得， z y 2y232 y 2y232 为定值.
1 2 2 1 2 1
1 1
故S
ABZ

2
 AB  x
Z

2
8832
.
: y2 4x16
解法二：向左平移4个单位后，新抛物线为 ，
y
A0,4,B0,4

则 与 轴的交点为 ，
因为直线EQ经过原点，所以设其方程为EQ: ykx(k 0)，
设直线AE方程为AE: ynx4，设直线BQ方程为BQ: ymx4，点E和Q是直线EQ与抛物线的交点，代入ykx(k 0)中得：
k2x2 4x16k2x24x160，
4 16
设该方程的两根为x
E
和x
Q
，根据韦达定理：x
E
x
Q

k2
,x
E
x
Q

k2
①
kx 4
点 在直线 上，满足：kx nx 4n E ②
E E x
E AE E
kx 4
kx mx 4m Q
点Q在直线BQ上，满足： Q Q x ③
Q
8
联立方程：nx4mx4 x nm8 x 
Z Z nm
kx 4 kx 4 x kx 4x  kx 4  4  x x 
nm E  Q  Q E E Q  E Q
由②和③得： x x x x x x ，
E Q E Q E Q
16
 
4 x x
nm E Q  k2 1
利用①中的韦达定理结果： x x 16 ，
E Q 
k2
8 8
所以x   8，即点 的横坐标恒为 ，
Z nm 1 Z 8
1 1
故S
ABZ

2
 AB  x
Z

2
8832
.
题型03 解析几何中证明类问题
析典例 · 建模型
1．（2026·广东·一模）设双曲线 的离心率为2，其左、右焦点分别是 ，过 的
直线 与双曲线 的右支交于点 ．当 与 轴垂直时， ．
(1)求双曲线 的标准方程；
(2)求 的最小值；
(3)记 的内切圆 与双曲线 的一个公共点为 ，双曲线 的左顶点为 ，证明：．
【思路分析】（1）依题意列出关于 的方程组，求解即得双曲线的标准方程；
（2）设直线 的方程为 与双曲线方程联立，推得 ，写出 的表达式，
利用 的范围，即可求得 的最小值；
（3）先证明 与边 的切点即为点 ，再证 ，由此推得点 在直线 上，再
证 ，结合 ， 且 ，可得点 均在 上，即得证.
【规范答题】（1）不妨设点 在第一象限，点 在第四象限，离心率 ① ，
在 中，当 时， ，故 ，即 ② ，
又因 ③ ，联立① ②③，解得 ，
故双曲线 的标准方程为 .
（2）由（1）得 ，当直线 的斜率为0时，直线 与双曲线的两个交点分别在左支和右支，
不符合条件；
当直线 的斜率不为0时，设直线 的方程为 ，
由 ，化简得 ，
设 ，则 ，解得 ，则 ，
因 ，则 ，故 ，即 .
故 的最小值为9.
（3）如图，设 与边 切于点 ，
由双曲线的定义及内切圆切线长相等的性质得，
，即点 与点 重合，即 与边 切于点 .
设 与边 切于点 ，则 ，
在 中， .
设点 ，点 ，则 ，解得 ，
即点 在直线 上，过点 作直线 的垂线，交直线 于点 ，
其中， ，
设点 关于直线 的对称点为点 ，所以 .
因为点 与点 ，点 与点 分别关于直线 对称，
所以 ， 且 ，
所以点 均在 上，且 ，
所以 .研考点 · 通技法
圆锥曲线证明问题求解策略：
1. 1.几何条件代数化：将垂直、平行、共线、角度、长度比例等关系，转化为向量数量积、斜率关系、距
离公式或坐标等式。
2. 2.规范设线联立：合理设直线方程，与圆锥曲线联立，借助韦达定理得到x+x、xx，设而不求整体代
1 2 1 2
换，其中涉及中点、对称问题时，采用点差法快速建立斜率与坐标关系，简化运算.
3. 3.化简恒等变形：将待证式转化为含韦达定理表达式的结构，通过通分、因式分解、配方等恒等变形，
推导出所证式子成立.
破类题 · 提能力
1．（2026·湖南怀化·一模）在抛物线 中，直线 与 交于 两点， 为 的焦点.当直
线 为 时， .
(1)求抛物线 的标准方程；
(2)若线段 中点的纵坐标始终为1，求 的取值范围；
(3)已知直线 与 相交于 两点，直线 与 相交于 两点（点 在 轴的上方），若
，四边形 的外接圆圆心坐标为 ，求证： .
【答案】（1） ；（2） ；（3）见解析
【解析】（1）由题意可知 ，联立直线 与 的方程可得 ，
设 ,则 ,
由弦长公式可得： ,
化简可得 ，由于 ，故 ，（负值舍去）.
故抛物线的方程为 .
（2）设直线 ,
直线 与抛物线 联立可得 ，
故 ，
由于 ，
故 ，
因此 的取值范围为
（3）抛物线 与直线 相交于 故 ，
抛物线 与直线 相交于 故 ，根据 可得 ，
由于 轴，根据对称性可知四边形 的外接圆圆心 在 轴上，故 ，
由 可得 ，
化简可得 ，
将 代入上式可得 ，
由于 ，可得 ，故 ，故 ，
进而 .
2．（2026·广东深圳·一模）已知 ， 为椭圆 的左，右顶点， 为 上的一点，
为双曲线 上的一点（ ， 两点不同于 ， 两点），设直线 ， ， ，
的斜率分别为 ， ， ， ，且 .
(1)设 为坐标原点，证明： ， ， 三点共线；
(2)设 、 的右焦点分别为 、 ， 、 均在第一象限，直线 与直线 相交于点 ，
.
（i）证明： ；
（ii）证明： .
【答案】见解析
【解析】（1）设 ， ，则 ， ，
因为 ，可知： ，
， ，因为 ，可知： ，
则 ， ，
由 可知： ，
可知： ，因此， ， ， 三点共线.
（2）（i）由 可得： ，
由（1）可知： .由 ，可知：
，且 ， 都在第一象限，则 ， ，
由（1）知： ， ， ，
由（*）式结合 ， 可知：
， ，则 ， ，
因此可得：
，由此
可知： ；
另解：由（1）可知： ，则 ，直线 ，
联立直线与椭圆： ，解得点 ，
同理： ，以下同上个解法.
（ii）由（i）可知：
， ，
则 ；
直线 ，直线 ，
设点 ，于是 ， ，
则 ，即 ，
则点 的轨迹是以 为圆心， 为半径的圆，
则 ， ，
于是 ，则 ；
另解1：由（i）可知：
，
则 ；
如图，取 的中点 ， 的中点 ，记椭圆左焦点为 ，连接 ，由于 ，设 ，
则 ，则 ， ， 三点共线，
于是 ，则 ，
于是 ，
则 ， ， ， 四点共线.
于是 ， ，
由于 为 的中位线，则 ，
因为 ，
则点 的轨迹是以 为圆心， 为半径的圆，
则 ， ，
于是 ，则 .
另解2：由于
， ，
则 ，则 是等腰直角三角形，
于是 ，，
，
，
同理可求 ，
由于 ，
于是 ， ，
且 ， 为锐角，由 在 上单调递增，所以 ．
题型04 解析几何中非对称韦达问题
析典例 · 建模型
1.（25-26高三上·湖北武汉·期末）已知椭圆C： 的长轴长是短轴长的2倍，焦距为
，点A，B分别为C的左、右顶点，点P，Q为C上的两个动点，且分别位于x轴上、下两侧，
和 的面积分别为 ， ，记
(1)求椭圆C的方程；(2)若 ，求证直线PQ过定点，并求出该点的坐标；
(3)若 ，设直线AP和直线BQ的斜率分别为 ， ，求 的取值范围．
【思路分析】（1）根据题意，列出关于 的方程组，求得 的值，即可得到椭圆方程；
（2）由图形对称性可知定点 在x轴上，设 ，由题意得 ，求解
即可.
（3）设直线PQ的方程为 ， ， ，并表示
联立 由韦达定理得 ， ，代入 化简并结合 即可得所求.
【规范答题】（1）由题意知， ， ，又 ， ， ，
所以椭圆C的方程为：
（2）证明：由 知 ， ，由图形对称性可知，定点M在x轴上，
设直线PQ方程为： ， ， ， ，
，解得 ，
即定点坐标为（3）设直线PQ的方程为 ， ，
联立 可得 ，
则 ， ，且
于是
，
， ，即 的范围是
研考点 · 通技法
1 在一元二次方程 中，若 ，设它的两个根分别为 ，则有根与系数关系：
，借此我们往往能够利用韦达定理来快速处理 之类的结
构。2、但在有些问题时，我们会遇到涉及 的不同系数的代数式的应算，比如求 或
之类的结构，就相对较难地转化到应用韦达定理来处理了．特别是在圆锥曲线问题中，我们
联立直线和圆锥曲线方程，消去 或 ，也得到一个一元二次方程，我们就会面临着同样的困难，我们
把这种形如 或 之类中 的系数不对等的情况，这些式子是
非对称结构，称为“非对称韦达”．
破类题 · 提能力
1．（25-26高三上·云南昆明·月考）已知椭圆E： 的左焦点为 ，过点F且与
x轴不重合的直线l交E于A，B，当直线l的斜率为1时，直线l恰好过椭圆的一个顶点.
(1)求椭圆E 的标准方程；
(2)若在x轴上存在异于F 的定点Q，使得直线 QA 与直线QB的斜率比值为定值，
①求定点 Q 的坐标；
②求△ABQ 面积的最大值.
【答案】(1)
(2) ；②
①
【分析】（1）易得 ，再由直线 恰好过椭圆的一个顶点得到 求解；
（2）①设直线 的方程为 ，与椭圆方程联立，再结合韦达定理求解；② 由①得到
， ， ，再由 求解.
【详解】（1）由题意知， ，
当直线 的斜率为 时，直线 恰好过椭圆的一个顶点，
所以 ，所以 ，
所以椭圆 的标准方程为 ．
（2）①由题意可设 ， ， ，
设直线 的方程为 ，联立 ，得 ，
则 ， ，得 ，
记直线 的斜率为 ，直线 的斜率为 ，
则 ，
要使 为定值，则 ，解得 或 (舍去)，此时 ，
故在 轴上存在异于点 的定点 ，使得直线 与直线 的斜率比值为定值．
② 由①可得 ， ， ，
则
由 ，
故 ，
，
当且仅当 时等号成立，所以△ 面积的最大值为 .2 .（2026·河北保定·一模）已知椭圆 的离心率为 ，左、右焦点分别为 ，点
为 上的动点， 的周长为6.
(1)求 的标准方程.
(2)延长线段 分别交 于 两点，连接 ，并延长线段 交 于另一点 ，若直线
和 的斜率均存在，且分别为 ，试判断 是否为定值.若是，求出该定值；若不是，说明理由.
【答案】(1)
(2)是，
【分析】（1）由已知条件结合椭圆定义、离心率公式，确定 的值，得出椭圆的标准方程；
（2）设 ， ，由 三点共线，可得 ，由
直线 的方程和直线 的方程联立，再利用根与系数关系由 分别表示出 ，
再表示出 ，即可得到 的值.
【详解】（1）设椭圆的焦距 ，
所以 的周长为 ，即 .
又椭圆 的离心率为 ，所以 ，
所以 ，所以 ，所以 ，所以 的标准方程为 .
（2） 是定值.
由（1）得 ，
设 ， ，
又 三点共线，所以 ，化简得 ，
则直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，
由 ，化简得 ，
由根与系数关系可知， ，
所以 ，
同理 ，
又，
所以 .
题型05 解析几何中范围类问题
析典例 · 建模型
1．（25-26高三下·重庆沙坪坝·月考）已知椭圆 ，双曲线 的焦点是椭圆长轴端点，顶点为椭
圆焦点，O为坐标原点，过点 作斜率为k的直线l，与双曲线左､右两支分别交于A，B两点.
(1)求双曲线 的方程；
(2)过点A，B两点分别作双曲线 的切线 ，设 交于点Q，直线OQ与直线l交于点R，求线段
OR长度的取值范围.
【思路分析】（1）由题意可得双曲线 的焦点为 ，顶点为 ，进而求解即可；
（2）设切点为 ，可证明切线方程为 ，设 ， ，可得
的方程为 ， 的方程为 ，进而得到 ，再分 、 两种情况
求出 坐标，再表示出 即可求解.
【规范答题】（1）由椭圆 ，得 ，
由题意，双曲线 的焦点是椭圆长轴端点，顶点为椭圆焦点，
则双曲线 的焦点为 ，顶点为 ，即 ，
则 ，即双曲线 的方程为 .（2）设切点为 ，则 ，先证明切线方程为 .
当切线斜率存在时，设切线斜率为 ，则切线方程为 ，
联立 ，得 ，
则 ，则 ，
则切线方程为 ，即 ；
当切线斜率不存在时，切点为 或 ，则切线方程为 或 ，
显然满足 .
综上所述，切点为 时，切线方程为 .
设 ， ，
则 的方程为 ， 的方程为 ，
则 ， ，
所以直线 的方程为 ，
又直线 过点 ，则 ，即 ，
则 ，即 ，
当 时， ，直线OQ的方程为 ，而直线l的方程为 ，
则 ，即 ；当 时，直线OQ的方程为 ，而直线l的方程为 ，
联立 ，得 ，
因为直线l与双曲线左､右两支分别交于A，B两点，
所以 ，解得 ，则 或 ，
联立 ，解得 ，则 ，
则 ，
令 ，则 ，
所以 ，令 ，则 ，
因为函数 在 上单调递增，
所以 ，则 .
综上所述，线段OR长度的取值范围为 .
研考点 · 通技法圆锥曲线中的范围问题的求解常用的三种方法
(1)函数法：用其他变量表示该参数，建立函数关系，利用求函数的单调性求解．
(2)不等式法：根据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求参数范围．
(3)判别式法：建立关于某变量的一元二次方程，利用判别式Δ求参数的范围．
破类题 · 提能力
1．（25-26高三下·重庆沙坪坝·月考）已知椭圆 ，双曲线 的焦点是椭圆长轴端点，顶点为椭
圆焦点，O为坐标原点，过点 作斜率为k的直线l，与双曲线左､右两支分别交于A，B两点.
(1)求双曲线 的方程；
(2)过点A，B两点分别作双曲线 的切线 ，设 交于点Q，直线OQ与直线l交于点R，求线段
OR长度的取值范围.
【答案】（1） .
（2）
【解析】（1）由椭圆 ，得 ，
由题意，双曲线 的焦点是椭圆长轴端点，顶点为椭圆焦点，
则双曲线 的焦点为 ，顶点为 ，即 ，
则 ，即双曲线 的方程为 .
（2）设切点为 ，则 ，先证明切线方程为 .
当切线斜率存在时，设切线斜率为 ，则切线方程为 ，联立 ，得 ，
则 ，则 ，
则切线方程为 ，即 ；
当切线斜率不存在时，切点为 或 ，则切线方程为 或 ，
显然满足 .
综上所述，切点为 时，切线方程为 .
设 ， ，
则 的方程为 ， 的方程为 ，
则 ， ，
所以直线 的方程为 ，
又直线 过点 ，则 ，即 ，
则 ，即 ，
当 时， ，直线OQ的方程为 ，而直线l的方程为 ，
则 ，即 ；
当 时，直线OQ的方程为 ，而直线l的方程为 ，
联立 ，得 ，
因为直线l与双曲线左､右两支分别交于A，B两点，所以 ，解得 ，则 或 ，
联立 ，解得 ，则 ，
则 ，
令
，则 ，
所以 ，令 ，则 ，
因为函数 在 上单调递增，
所以 ，则 .
综上所述，线段OR长度的取值范围为 .
2．（25-26高三上·云南昆明·月考）已知抛物线 的焦点为 ，过点 的直线 与 相交于
两点，且 ，
(1)若 为线段AC的中点，
（i）求直线 的斜率；（ii）求|AC|；
(2)若点 在抛物线 上，满足 ，求 取值范围．
【答案】（1） ；
（2）
【解析】（1）（i）由题意知，焦点 ，因为 为线段AC的中点，所以 ，即 ，
所以 ，即 ，所以直线 的斜率为 ．
（ii）由题意及（1）， ．
（2）由题意知，直线BC的斜率为 ，
同理直线BP的斜率为 ，
因为 ，所以 ，所以 ，
又因为直线BC的方程为 ，所以点 在直线BC上，
所以 ，所以 ，
所以 ，
所以 ，因为 ，所以 ，
当且仅当 ，即 满足，所以 取值范围为 ．题型05 解析几何中最值类问题
析典例 · 建模型
1．（2026·湖南·模拟预测）已知椭圆 过点 ，两个焦点坐标分别为 ．
(1)求椭圆 的方程．
(2)已知 为椭圆 上异于 的两点，且直线 与 轴围成一个以 为顶点的等腰三角形．
（i）求证：直线 的斜率为定值；
（ii）求 面积的最大值．
【思路分析】（1）根据点 以及焦点坐标，解方程可求得椭圆 的方程；
（2）（i）法一：设直线 的方程为 ，并与椭圆方程联立，结合韦达定理由 可
得直线 的斜率 ；
法二：设直线 的方程为 ，联立椭圆方程可解得 ，同理可得
，化简可知直线 的斜率 ；
法三：由 ，可设直线 为 ， 不同时为0，联立直线与椭圆方程
化简得 ，可得 ，即直线 的斜率为定值 ．（ii）设直线 为 ，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理知
法一：易知 ，当 时， 的面积取最大值2．
法二：由弦长公式可知 ，又点 到直线 的距离 ，所以
，当 时， 的面积取最大值2．
【规范答题】（1）设椭圆 的方程为 ，
显然 ，
将点 代入椭圆方程 ，即 ，解得 或 （舍去）
所以椭圆 的方程为 ．
（2）（i）法一：
设直线 的方程为 （由对称性知 存在），如下图：
联立 得 ，化简得 ，
由 知 ，则 ，
因为 ，所以 ，即 ，化简得 ，因为直线 不过点 ，所以 ，
故 ．
法二：
设直线 的方程为 ，
联立 ，得 ，化简 ，
得 ，
由 知 ，即 ，则 ，
又 ，所以 ，
因为直线 与 轴围成一个以 为顶点的等腰三角形，所以 ，
同理可得 ，
由此可知 ，
则直线 的斜率 ，
故直线 的斜率为定值 ．
法三：
因为直线 与 轴围成一个以 为顶点的等腰三角形，所以 ，
因为 为椭圆上异于 的两点，
所以可设直线 为 ， 不同时为0，
联立 与 ，
得 ，等式两边同时除以 ，记 ，
化简得 ，
由于 ，所以 ，说明直线 的斜率为定值 ．
（ii）设直线 为 ，
联立 与 ，得 ，
因为 ，所以 ．
由韦达定理知
法一：
过点 作 轴的垂线交直线 于点 ，则点 的坐标为 ，
，即 ，
化简得 ．
当且仅当 时， 的面积取最大值2．
法二：
易知 ，
点 到直线 的距离 ，
所以 ，
当且仅当 时， 的面积取最大值2．研考点 · 通技法
圆锥曲线中的最值问题的求解常用的三种方法
(1)函数法：用其他变量表示该参数，建立函数关系，利用求函数的单调性求得最值．
(2)不等式法：根据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求最值．
(3)判别式法：建立关于某变量的一元二次方程，利用判别式Δ求最值．
破类题 · 提能力
x2y10 C:y2 2px(p0) A,B
1．（2023·全国甲卷·高考真题）已知直线 与抛物线 交于 两点，且
|AB|4 15
．
p
(1)求 ；
 
FMFN 0 △MFN
(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点， ，求 面积的最小值．
 2
S  22 2 128 2
【答案】min（1）2；（2）
Ax ,y ,Bx ,y 
【解析】（1）设 A A B B ，
x2y10

由y2 2px 可得，y24py2p0，所以y y 4p,y y 2p，
A B A B
AB  x x 2y y 2  5 y y  5 y y 24y y 4 15
所以 A B A B A B A B A B ，
2p2 p60 p0 p2
即 ，因为 ，解得： ．
F1,0
MN
（2）因为 ，显然直线 的斜率不可能为零，
设直线 MN ： xmyn ， Mx 1 ,y 1 ,Nx 2 ,y 2  ，
y2 4x

由 xmyn可得，y24my4n0，所以，y y 4m,y y 4n，
1 2 1 2
16m216n0m2n0，  x 1x 1y y 0
因为 FMFN 0 ，所以 1 2 1 2 ，
my n1my n1y y 0
即 1 2 1 2 ，
 m21  y y mn1y y n12 0
亦即 1 2 1 2 ，
y y 4m,y y 4n
1 2 1 2
将 代入得，
4m2 n26n1， 4  m2n  n12 0
，
n1 n26n10 n32 2 n32 2
所以 ，且 ，解得 或 ．
n1
d 
设点F 到直线MN的距离为d，所以 1m2 ，
MN  x x 2y y 2  1m2 y y  1m2 16m216n
1 2 1 2 1 2
 1m2 4  n26n1  16n 2 1m2 n1
，
1 1 n1
S   MN d   2 1m2 n1 n12
所以△MFN的面积 2 2 1m2 ，
n32 2 n32 2
而 或 ，所以，
 2
S  22 2 128 2
当n32 2时，△MFN的面积 min ．
2．（25-26高三上·四川宜宾·期末）已知平面上动点 到定点 的距离与点D到直线 的距
离比为 ．动点D的轨迹为曲线E
(1)求曲线E的方程；
(2)已知点P为直线 上任一点，过点P作曲线E的两条切线PA，PB，切点分别为A，B，过曲线E
的右顶点Q作垂直于x轴的直线与直线PA，PB分别交于M，N两点，点M，N的纵坐标分别为m，n．求mn的值．并求 的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据动点所满足的条件直接可得曲线的方程；
（2）先设切点 ，进而可得切点连线的方程为 ，结合根与系数的关系可得故
，再用基本不等式可得最小值.
【详解】（1）根据题意，动点 满足： , 两边平方整理得：
,
展开化简得： ，即 .所以曲线E的方程为 .
（2）设 ，切点 ，因为双曲线过切点的切线方程为 ，
因此： 切线 ： ，切线 ： .
因为 在两条切线上，代入得 ， ，故直线 的方程为 .所以直线
过定点 .
将 代入双曲线方程，整理得关于 的二次方程： ,
由韦达定理： , .如图：右顶点 ，过 垂直 轴的直线为 ，代入切线方程得： ，
所以
代入韦达定理得：
因为 ， ，故 ，
由均值不等式： ,
当且仅当 时等号成立，代入 ，解得 时等号成立，
因此 的最小值为 .
题型07 探究性问题
析典例 · 建模型1．（25-26高三上·重庆·月考）已知圆 的圆心 在抛物线
上，且圆 与抛物线 的准线相切.如图，过抛物线 上的三个不同点 (
在 之间)，作抛物线的三条切线，分别两两相交于点 .
(1)求圆 和抛物线 的方程；
(2)是否存在常数 ，使得 ？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由；
(3)当点 的横坐标为4时，以 为直角顶点，作抛物线的两个内接 及 ，求线段
的交点坐标.
【思路分析】（1）根据圆的标准方程求出圆心坐标，代入抛物线方程，再结合圆与抛物线准线相切
求出 的值，从而得到圆和抛物线的方程；
（2）设 ，利用导数求出切线方程，进而得到交点坐标，再通过向量运算
可得答案；
（3）根据已知条件求出 点坐标，设 ，利用直角三角形条件
得到 方程，解方程组求出交点坐标.
【规范答题】（1）圆 的圆心 ，
因为圆心 在抛物线 上，所以 ，即 ，
因为圆 与抛物线 的准线相切，所以 ，解得 ， ，
所以圆 的方程为 ，
抛物线 的方程为 ；
（2）存在常数 ，使得 ，理由如下，
设 ， ，
则在点 处的坐切线方程为 ，即 ，
在点 处的坐切线方程为 ，即 ,
由 ，解得 ，所以 ，
同理可得 ， ， ， ，
，
，
所以
，
，
，可得 ，
所以存在 ，使得 ；（3）因为 、 是抛物线的两个内接三角形，
所以直线 的斜率存在且不为0，
当点 的横坐标为4时，代入 得 ，所以 ，
设 ，
由 为直角顶点，
设 ，则 ，
则直线 的方程为 ，与 联立得
，则 ,
，可得 ，
同理可得 ，
所以直线 的方程为
，
整理得 ，即 ，
设 ，则 ，
则直线 的方程为 ，与 联立得
，则 ,
，可得 ，
同理可得 ，所以直线 的方程为
，
整理得 ，
由 得 ，
所以 的交点坐标为 .
【点睛】方法点睛：在探究抛物线切线相关问题，利用导数求出切线方程，进而求出交点坐标，凸显
出导数作为工具在解析几何中确定图形的关键.
研考点 · 通技法
圆锥曲线中探索性问题的常见解法
** 错误的表达式 **假设存在法：先假设满足条件的点、直线等存在，设其方程或坐标，代入曲线方程
推导，若有解则存在，无解则不存在.
** 错误的表达式 **特殊值法：取特殊位置（如对称轴、顶点）或特殊参数值，探索可能结论，再验证
一般情况.
** 错误的表达式 **代数推导法：联立方程，用韦达定理、判别式等，结合条件（如垂直、中点）列方
程，分析解的情况判断存在性.
破类题 · 提能力
1．（25-26高三下·四川成都·开学考试）已知抛物线 ．
(1)若 ，求过焦点F且倾斜角为 的直线被抛物线C所截得的弦长．
(2)若 ，
（i）是否存在抛物线上的三个点 ， ， ，使得 的内角平分线为 ？若存在，求直线
的斜率，若不存在，请说明理由；（ii）若抛物线上的三个点 ， ， 构成等腰直角三角形，求 面积的最小值．
【答案】(1) ；
(2)（i）存在，斜率 ；（ii）16.
【分析】（1）写出直线方程 ，将其与抛物线方程联立，得到韦达定理式，最后利用弦
长公式即可得到答案；
（2）（i）根据 得到 ，再设直线 的方程为： ，联立抛物线方
程得到韦达定理式，结合点 在抛物线上即可得到方程，解出即可；
（ii）假设直角顶点，通过等腰直角三角形性质设 ，代入抛物
线方程解出点坐标，从而得到 ，最后利用基本不等式和直角三角形面积公式即可得到
最小值.
【详解】（1）若 ，过焦点 且倾斜角为 的直线： ，
将其与抛物线 联立可得： ，
判别式 ，
设弦的两个端点 ，则 ，
弦长 ．
（2）（i）由于 的角平分线为 ，则直线 的斜率均存在， ，
设 ，
即： ，化简得： ，即 ，可得 ，
易知满足条件的直线 斜率必存在．设直线 的方程为： ，
将其与抛物线 联立得：
由韦达定理，得： ，因此 ，
又因为点 在抛物线上，满足 ，所以 ，
而点 在角平分线上，即 ，则 ，解得 ．
（ii）若三角形 为等腰直角三角形，
不妨设 ，因为 ，且 ，
注意到直线 与 斜率均不等于 ，
于是不妨设 ，
代入抛物线方程可得： ，解得 ，
所以 ，整理得 ，
由于 ，当且仅当 时等号成立； ，当且仅当 时等号成立，
则 ，即 ，当且仅当 时等号成立，
所以 ，当且仅当 时，
三个顶点坐标为 ，此时三角形 面积的最小值为16．2．（2026·陕西咸阳·二模）已知椭圆 的离心率 ，过点 的动直线 与椭圆
相交于两点，当直线 与 轴垂直时，直线 被椭圆 截得的线段长为3.
(1)求椭圆 的方程；
(2)直线 与椭圆 交于 ， 两点， 是椭圆 上一动点（不同于 ， ），记 ， ，
分别为直线 ， ， 的斜率，且满足 ，求点 的坐标（用 表示）；
(3)过左焦点 的直线交椭圆于 ， 两点，是否存在实数 ，使 恒成立？若存在，
求此时 的最小值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2) 或 ，其中 .
(3)存在，3
【分析】（1）根据题意，列出 的方程组，求得 的值，即可得到椭圆 的方程；
（2）设点 ， ，得到 ， ，由直线 过原点，得出点
，利用斜率公式，求得 ，联立方程组，求得 的表达式，用 代替上述
坐标，即可求得 的坐标；（3）当直线 斜率为零时，求得 ， ，得到存在 ，使
成立；当直线 的斜率不为零时，设直线方程为 ，联立方程组，得到
， ，利用弦长公式和向量的数量积的运算公式，求得
， ，得到 ，根据 ，求
得 最小值，即可得到答案.
【详解】（1）解：由题意，可得点 在椭圆 上，且椭圆的离心率 ，
所以 ，解得 ，所以椭圆 的方程为 .
（2）解：设点 ，因为点 在椭圆上，所以 ，即 .
同理，设点 ，则 ，且 ，
又因为直线 过原点，所以 关于原点对称，所以点 ，
所以 ，可得 ，
联立方程组 ，整理得 ，
解得 或 ，用 代替上述坐标中的 ，
可得 或 ，其中 .
（3）解：由（1）知，左焦点 ，
当直线 斜率为零时，不妨设 ， ，
则 ， ，可得 ， ，
存在 ，使 成立；
当直线 的斜率不为零时，设直线方程为 ，且 ， ，
联立方程组 ，整理得 ，
可得 ，所以 ， ，
则 ，
，因为 ， ，
所以 ，所以 ，
又因为 ，
所以当 时， 最小，最小值为3，
综上，存在 ，使 恒成立，此时 的最小值为3.
题型08 解析几何中新定义问题
析典例 · 建模型
1．（25-26高三上·内蒙古呼和浩特·期末）在平面直角坐标系中，让任意一点A绕一固定点旋转一个定角，
变成另一点 ，如此产生的变换称为平面上的旋转变换，已知点 绕原点逆时针旋转 后得点
，且旋转变换的表达式为 ，曲线的旋转变换也如此．
(1)将点 绕原点逆时针旋转 得到点 ，求点 坐标；
(2)已知曲线 ，绕原点逆时针旋转 得到曲线 ．
（ⅰ）求曲线 的方程；
（ⅱ）P为曲线 上一点，P不在x轴上，过P作 交曲线 于B，D两点，求证：BD与曲线
在P点处的切线垂直．
【思路分析】（1）由旋转公式可得；（2）（ⅰ）设曲线 上任意一点为 ，将其绕原点逆时针旋转 得到点 ，根据旋转公式
可得；
（ⅱ）设 ，再设切线方程为 ，根据 得出 ，再分类讨论，设
，根据 得出 ，当直线 的斜率不存在时，求证 即可求
证.
【规范答题】（1）由题意可得，
，则 ；
（2）（ⅰ）设曲线 上任意一点为 ，且 ，将其绕原点逆时针旋转 得到点 ，
则 ，得 ，
则 ，即 ，
故曲线 的方程为 ；
（ⅱ）设 ，且 ， ，
由题意可知，过点 的切线斜率存在，故设切线方程为 ，
联立 ，得 ，
则 ，
即，
则 ，
当直线 的斜率存在时，设直线 ， ，
联立 ，得 ，
则 ，
则 ，
，
因为 ，所以
，
则 ，
即 ，即 ，
因为直线 不过点 ，所以 ，
则 ，得 ，则 ，此时BD与曲线 在P点处的切线垂直；
当直线 的斜率不存在时，设直线 ，其中 或 ， ，
联立 ，得 ，则 ，
则
，不符合题意.
综上，BD与曲线 在P点处的切线垂直．
研考点 · 通技法
关于新定义题的思路有：
（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
（3）将已知条件代入新定义的要素中；
（4）结合数学知识进行解答.
破类题 · 提能力
x2
E: y2 1,O
1．（25-26高三上·山东菏泽·期末）椭圆 4 是坐标原点，若VABC的三个顶点都在椭圆E上，uuur uuur uuur r
OAOBOC 0
且满足 ，则称该三角形为“核心三角形”.
(1)是否存在“核心三角形”，其中两个顶点恰好是椭圆E的两个顶点，并说明理由；
(2)已知VABC是“核心三角形”.
（i）证明：VABC的面积是定值；
（ii）若VABC为等腰三角形，这样的三角形有几个？并说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）4个，理由略
【解析】（1）不存在，理由如下：不妨设B，C为椭圆的两个顶点，
椭圆的四个顶点坐标分别为(2,0),(2,0),(0,1),(0,1)，
uuur uuur uuur r
由OAOBOC 0知，原点O不可能是BC的中点，
所以B,C为长轴的两个顶点和短轴的两个顶点显然不成立．
uuur uuur uuur r
不妨设B(2,0),C(0,1)，则由OAOBOC 0得A(2,1)，
x2
显然 不满足椭圆方程  y2 1，即点 不在椭圆上．
A(2,1) 4 A
同理可得，B(2,0),C(0,1)或B(0,1),C(2,0)时，点A不在椭圆上．
综上所述，不存在＂核心三角形＂，其中两个顶点恰好是椭圆的两个顶点．
（2）（i）证明：当直线BC的斜率不存在时，B，C两点关于x轴对称，
此时A(2,0)或A(2,0)，不妨设A(2,0)，则
uuur uuur uuur r
OAOBOC 0 BC x1,|BC| 3
由 知：直线 的方程为 ，
1 3 3
所以 的面积为：  33 ．
VABC 2 2
当直线BC的斜率存在时，设BC的方程为：ykxm，
x2
 y2 1  4k21  x28kmx4  m21  0
联立 4 消去y得： ，
(8km)24  4k21  4  m21  0
由
得：m2 4k21，①
8km 4  m21 
设Bx
1
,y
1
,Cx
2
,y
2
 ，则由韦达定理知： x 1 x 2  4k21 ,x 1 x 2  4k21 ，
2m
y y kx x 2m ，又由uuur uuur uuur r可得
1 2 1 2 4k21 OAOBOC 0 8km 2m 
A  x 1 x 2 ,y 1 y 2  ，即 A 4k21 , 4k21  .
 8km 2m  x2
把A , 代入  y2 1得： ②，
4k21 4k21 4 4m2 4k21
O VABC S △ABC 3S △OBC
因为 是 的重心，所以 ，
|m|
由 |BC| 1k2 x 1 x 2 ，原点 O 到直线 BC 的距离d  1k2 ，
1 1 1
所以S  |BC|d  m‖x x  |m| x x 2 4xx
OBC 2 2 1 2 2 1 2 1 2
1  8km  2 16  m21  1 8km 2 16  m21 
 |m|     |m|   
2 4k21 4k21 2 4m2 4m2
1 2k 2 4  m21  1 4k244m2 1 3 3
 |m|     |m|  |m| 
2  m  m2 2 m2 2 m2 2
3 3
所以S 3S  ．
ABC OBC 2
3 3
综上所述，VABC的面积是定值 2 ．
（ii）若VABC为等腰三角形，这样的三角形有4个．理由如下：
由题意不妨令|AB||AC|，
当直线BC的斜率不存在时，满足题意的等腰三角形有2个；
当直线BC斜率为0时，满足题意的等腰三角形也有2个．
 8km 2m 
A , 
当直线BC的斜率存在且不为0时，由（i）知：
4k21 4k21，
2m 1
所以 的斜率k   ，
OA OA 8km 4k
1 1
那么由k k  k  1，即 与 不垂直，
OA BC 4k 4 OA BC
这与|AB||AC|且O为VABC的重心矛盾，
即当直线BC的斜率存在且不为0时，不存在满足题设的等腰三角形．
综上所述，若VABC为等腰三角形，这样的三角形有4个．2．（25-26高三上·山东潍坊·期末）已知椭圆
可由椭圆 绕
原点 逆时针旋转 得到.经过（ ）变换： 可将椭圆 的方程转化为
的方程.
(1)若 上的点 经过（*）变换后得到 上的对应点的坐标为 ，求 的值；
(2)设椭圆 的焦点为 （其中 在第一象限）.
（i）求 的坐标；
（ii）过 在第一象限内的顶点 作切线 ，过 作 轴的垂线 ，在 上且在 外的一点 作 的两
条切线，切点分别为 ，直线 和 分别交直线 于 两点.证明：直线 和 的交点在
定直线上.
【答案】(1)
(2) ，证明见解析
【分析】 （1）利用信息建立方程组可求解；
（2）（i）由题意得 的方程组，求出变换后的焦点坐标，再利用变换求出变换前的焦点坐标；（ii）求出点A坐标，直线 及 的方程，设出切点坐标，写出切线方程，切线方程与直线m联立求出
交点坐标，再求出直线 和 的方程及交点坐标即可证明.
【详解】（1）由题意得 ，解得 ，所以 .
（2）(i)由题意得 ，化简得 ，解得 ，
故曲线的焦点坐标为 .
设 ，则 ， ，
解得 ，所以 .
（ii） 与 联立,得 ,即 ，
故 ，
直线 的方程为： ，切线 ，
设 ，
，则切线 ： ，因 在切线上，故 ；
同理 ： ， .
由 ，解得 ，
同理可得 .
直线 ，
直线 ，
联立解得 ，
故直线 和 的交点在定直线 上.
（建议用时：100分钟）
刷模拟
1．（2026·福建莆田·二模）已知抛物线 的焦点为 ，准线为 ，直线 与 ， 的
交点分别为 ， ，且 .
(1)求 ；(2)若过点 的直线 交 于 ， 两点，且 ，求 的值.
【答案】（1）2；（2） 或 .
【解析】（1）
由抛物线定义得 ，又因为 ，所以 为等边三角形，
所以 ，
设准线为 与x轴交于点 ，且 的纵坐标为 ，所以 ，
所以 ，所以 ；
（2）
设 ： ， ， ，
联立得 ， ，
由韦达定理得 ， ，所以 ，
所以 ，所以 ，则 ，
由韦达定理得 ， ，
所以 ，所以 ，
所以 ，
或 ，
所以 或 ，
所以 的值为 或 .
2．（25-26高三下·北京西城·月考）已知椭圆 的短轴长和焦距均为 .直线 与椭
圆W相切于第一象限内一点M.直线 （不过原点）交椭圆W于A，B两点，C为AB的中点.
(1)求椭圆W的方程；
(2)若C在直线OM上，证明： .
【答案】（1） ；（2）见解析
【解析】（1）由椭圆 的短轴长和焦距均为 ，
得 的短半轴长 ，半焦距 ，则长半轴长 ，所以椭圆W的方程为 .
（2）设点 ，直线 的方程为 ，
由 消去 得， ，
，
，因此直线 的斜率 ，
设 ，线段 的中点 ，
由 ，得 ，
则 ，直线 的斜率 ，
而点 在直线 上，于是 ，即 ，亦即 ，
则 ，又点 ，所以 .
3．（25-26高二上·重庆·期中）已知双曲线 的左右焦点分别为 ，其离心率为 ，焦点
到渐近线的距离为 ，点 是直线 上一点，直线 的斜率分别是， 是坐标原点.
(1)求双曲线 的标准方程.
(2)是否存在实数 ，使得 为定值？若存在，求出 及该定值.若不存在说明理由.
(3)若直线 与双曲线相交于 、 两点，求出点 的坐标使得 .
【答案】(1) ；
(2)存在实数 使得 为定值 ；
(3) 或 .
【分析】（1）根据题意得 ，再结合 解方程即可得答案；
（2）结合（1）得 ，进而根据 代入整理得 ，此时
，即 时即为定值；
（3）设直线 的方程为 ， ，进而与双曲线联立方程，结合韦达定理
化简整理得所以 ，解方程即可求得 或 ，最后根据 即可求
得坐标.
【详解】（1）由题知，双曲线的焦点在 轴上，
故焦点为 ，渐近线方程为
因为其离心率为 ，焦点到渐近线的距离为 ，所以 ，又因为 ，
所以 ， ， ，
所以双曲线的标准方程为 ，即
（2）由（1）知 ，
因为点 是直线 上一点，所以 ，
所以 ，
所以
，
所以，当 ，即 时， ，为定值.
所以，存在实数 使得 为定值 ；
（3）设直线 的方程为 ，
联立方程 得 ，
因为直线 与双曲线相交于 、 两点，所以 ，即 ，
， ，
所以 ，
即 ，整理得 ，即 ，
解得 或 ，满足判别式.
当 时，即 ，解得 ， ，即 ；
当 时，即 ，解得 ， ，即 .
所以，当点 或 时， .
4．（2026·辽宁大连·模拟预测）已知椭圆 ： 的左、右顶点分别为 ､ ，直线 ：
交椭圆 于 ､ 两点，其中 在 轴上方．
(1)当 时，若 ，求 的值；(2)过点 ､ 分别作直线 ： 的垂线，垂足分别为 ､ ，设直线 、直线 的斜率分别为
､ ：
（i）证明： ；
（ii）若存在 使得 成立，求实数 的取值范围．
【答案】（1） 或 ．
（2）（i）见解析；（ii）
【解析】（1）设 ，
联立直线方程与椭圆方程 ，
得到方程 ，
由韦达定理得 ， ，
代入 得
，
故 ，即 或 ．
（2） ，且 ，（i）．设
若 ，则
故 ，故 ．
若 ，
故 ，
，
，
，
故 ，故 ．
（ii）．由于 ，从而 ．
由（i）有 ，故 ．
所以 ，即 ，
即 ，
解得 ，
结合 即得 ．
5．（2026·湖北宜昌·二模）已知双曲线 的焦点 到一条渐近线的距离为 ，且点
在双曲线 上．
(1)求双曲线 的方程；
(2)斜率为 的直线与双曲线 的右支交于 、 两点（异于点 ）．
①求直线 、 的斜率之和；
②若 的外接圆圆心为 ，试问在 轴上是否存在定点 使 为定值，若存在，求出
点坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)① ；②存在，且点 .
【分析】（1）利用点到直线的距离公式求出 的值，将点 的坐标代入双曲线 的方程，求出 的值，
即可得出双曲线 的方程；
（2）①设点 、 ，设直线 的方程为 ，将该直线方程与双曲线 的方程
联立，列出韦达定理，结合斜率公式可求得直线 、 的斜率之和；
②设 的外接圆方程为 ，分析可知方程与方程 为同解方程，可得出关于 、 、 的方程组，解出 、 ，可得出点
的坐标，求出直线 的方程，当 时，求出直线 的方程，取点 为直线 与 轴的交点，
结合勾股定理可得出结论.
【详解】（1）双曲线 的右焦点为 ，双曲线 的渐近线方程为 ，即 ，
所以焦点 到一条渐近线的距离为 ，
因为点 在双曲线 上，所以 ，解得 ，
故双曲线 的标准方程为 .
（2）①设点 、 ，设直线 的方程为 ，
因为点 不在直线 上，则 ，可得 ，
联立 可得 ，
则 ，解得 或 ，
由题意可得 ，所以 且 ，
所以
，
即直线 、 的斜率之和为 .
②设 的外接圆方程为 ，则 ，
由 代入 ，
可得 ，
可得 ，
同理可得 ，
所以 、 为关于 的方程 的两根，
又因为 、 为关于 的方程 的两根，
所以方程 与方程 为同解方程，
所以 ，解得 ，
易知点 ，即点 ， ，
所以直线 的方程为 ，即 ，
当 时，直线 的方程为 ，即 ，
直线 与 轴的交点为 ，不妨取点 ，此时 ，
则 ，
故在 轴上存在定点 ，使得 为定值 .6．（25-26高三下·山东·月考）已知动圆 过点 ，且与 相切，记该动圆的圆心轨迹为曲线 ．
(1)求 的方程；
(2)若 ，直线 与 交于 两点（点 在点 的右侧），直线
与 交于 两点， 在第一象限，记直线 与 的交点为 ，直线 与 的交点为 ，
线段 的中点为 ．
（ⅰ）证明： 三点共线；
（ⅱ）若 ，过点 作 的平行线，分别交线段 于点 ，记 与
的面积分别为 和 ，求 的最大值．
【答案】（1） ；（2）（i）见解析；（2）36
【解析】（1）已知圆 过点 ，且与 相切，
所以圆心 到点 的距离与点 到直线 的距离相等，
根据抛物线的定义可知，圆心 的轨迹为抛物线，且点 为焦点，直线 为准线，
设抛物线方程为 ，则 ，所以 .
所以曲线 的方程为 .
（2）（ⅰ）设线段 的中点为 ，
因为 ，所以可设 ，
因为 ，所以 三点共线，同理， 三点共线，所以 三点共线．
（ⅱ）设 ， 的中点为 ， 的中点为 ，
将 代入 得 ，
所以 ，解得 ，
所以 ， ，所以 ，
同理 ， ，所以 ，（ 均在定直线 上），
因为 ，所以 与 面积相等， 与 面积相等；
所以 等于四边形 的面积，
设 ，直线 ： ，即 ，
整理得，直线 ： ，又 ，所以 ，
同理，直线 ： ，又 ，所以 ，
所以
，所以四边形 面积
，
当且仅当 ，即 ，等号成立，
所以四边形 面积的最大值为36，即 的最大值为36.
7．（25-26高二上·湖南长沙·月考）已知圆 ，椭圆 点 为圆 上任意
一点，过点 作圆 的切线与椭圆 交于 ， 两点.
(1)当 时，
(i)证明：切线方程为 ；
(ii)求 面积的取值范围.
(2)直线 关于原点 的对称直线与椭圆 交于 ， 两点，是否存在 ，使四边形 为菱形.
【答案】(1)（i）证明见解析；（ii）
(2)存在，
【分析】（1）（i）根据直线与圆相切，可得切线与 垂直，即可得证；（ ）分情况讨论当直线
斜率存在时，根据弦长公式求得 ，再由点 到直线 的距离 ，求得 ，通过
， 换元，利用对勾函数单调性即得其范围，再验证 斜率不存在时的情况即可；
（2）假设存在 ，使题设成立，结合菱形的性质可知 ，当直线 斜率存在时，由直线与圆相切可得 ，联立直线 与椭圆，结合韦达定理及向量数量积的坐标表示化简可得解，
再验证直线 斜率不存在时时的情况即可.
【详解】（1）（i）当 时，由点 在圆 上，可得 ，
当 ， 时，直线 斜率不存在，
此时切线方程为 ，满足 ；
当 ， 时，直线 斜率为 ，
此时切线方程为 ，满足 ；
当 且 时，直线 斜率 ，
则切线斜率 满足 ，即 ，
此时切线方程为 ，化简可得 ；
（ii）由（i）可知 ，
当 ， 时， ，且 ，
联立直线与椭圆 ，整理得 ，
则 ，
且 ， ，
则 ，
又由直线与圆 相切可得点 到直线 的距离 ，则 ，
设 ，则 ， ， ，
又当 时， ，
则 ，
当 ， 时，由椭圆对称性可知， 与 时，三角形面积相等，
不妨令 ，则直线 ，
将 代入椭圆方程，得 ，解得 ， ，
即 ，则 ，
综上所述 ；
（2）假设存在 ，使四边形 为菱形，
设 ， ，
由椭圆的对称性可知 ， ，且 ， ，
即四边形 为平行四边形，
则若四边形 为菱形，则需满足 ，
即 ， ，
当直线 斜率存在时，设直线 ，
又直线与圆 相切，即原点 到直线 的距离 ，
即 ，
联立直线 与椭圆 ，则 ，
满足 ，
即 ，
且 ， ，
又 ，即 ，
即 ，化简可得 ，满足 ，
又 ，所以 ；
当直线 斜率不存在时，结合椭圆的对称性，不妨设直线 ，
则 ， ，
则 ，解得 ，
综上所述，存在 ，使四边形 为菱形.
8．（2025·江苏·模拟预测）如图所示， 分别是“曲圆”与 轴、 轴的交点，已知
，扇形 的面积为 ．
（注：题目中把半椭圆 与圆弧 合成的曲线称作“曲圆”，其
中 为半椭圆的右焦点）
(1)求 的值；
(2)过点 且倾斜角为 的直线交“曲圆”于 两点，试将 的周长 表示为 的函数；
(3)在（2）的条件下，当 的周长 取得最大值时，探究 的面积是否为定值？若是，请
求出该定值；若不是，请求出面积的取值范围．【答案】(1)
(2)
(3) 的面积不是定值，取值范围是
【分析】（1）由扇形 的面积得 ，由 及 得 ；
（2）分 、 、 三种情况讨论，利用椭圆的定义表示出 的周长
；
（3）联立直线 方程和椭圆方程，由弦长公式、点到直线距离公式、三角形面积公式表示出
的面积，根据 求出取值范围.
【详解】（1）扇形 的面积为 ，解得 ，
半椭圆 与 轴的交点 ，右焦点 ，
所以在 中， ，
又因为 ，所以 .
（2）显然直线 的斜率不为 ，所以 ，
由（1）知半椭圆方程为 ，圆弧方程为 ， 恰为椭圆的左焦点，
①当 时， 分别在圆弧 和半椭圆 上，
因为 ，所以 是腰为 的等腰三角形，且 ，所以 ，
因为 在半椭圆上，所以 ，
所以 的周长 ；
②当 时， 在半椭圆 上，
因为 在半椭圆上，所以 ，
所以 的周长 ；
③当 时， 分别在半椭圆 和圆弧 上，因为 ，所以 是腰为 的等腰三角形，且 ，所以
，
因为 在半椭圆上，所以 ，
所以 的周长 ；
综上， .
（3）由（2）知，当 时， ，
当 时， ，
所以当 时， 取得最大值 ，此时 在半椭圆 上，
设直线 的方程为 ，
联立 得 ， ，
，点 到直线 的距离 ，
所以 ，
令 ，因为 ，所以 ， ，
，
因为 在 上单调递增，所以 即 ，
所以 ，
即 的面积不是定值，取值范围是 .
刷真题
1．（2026·上海·春季高考真题）已知双曲线 ，过点 作不垂直于 轴的直线 交双曲线
于 、 两点.
(1)求双曲线离心率；
(2)若点 ，点 在双曲线的右支上，且 是 的中点，求直线 的斜率；
(3)若 ， ， 分别是双曲线 的左右焦点， 是 关于 轴的对称点，若存在直线 使得
，求 的取值范围.
【答案】(1) ;(2) ;(3)
【分析】（1）求出 ，直接利用公式即可求解；（2）根据中点坐标公式求出点 ，将点 坐标代入双曲线方程求出 ，再利用斜率公式即可求出答
案；
（3）设直线 方程为 ，联立求出 ，由题意得 且 ，
再根据 求出 ，结合 且 可求出答案.
【详解】（1）对于双曲线 ， ， ，
，
所以双曲线离心率 .
（2）因为点 是 的中点，所以点 ，
代入双曲线方程 ，得 ，
解得 ，
又点 在双曲线的右支上，所以 ，即 ，
所以 ，
所以直线 的斜率为 .
（3）当直线斜率为 时，易知 与 共线，不符合题意；
当直线斜率不为 时，设直线 方程为 ，
设 ， ，则 ，联立 ，整理得 ，
（*）且 ，
， ，
因为 ， ，
所以 ， ，
所以 ，
即 ，
即 ，
整理得 ，即 ，
代入（*）中得 ，又 ，所以 ，
又因为 ，即 ，所以 且 ，
综上， 的取值范围为 .
2．（2025·全国二卷·高考真题）已知椭圆 的离心率为 ，长轴长为4．
(1)求C的方程；
(2)过点 的直线l交C于 两点， 为坐标原点.若 的面积为 ，求 ．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据长轴长和离心率求出基本量后可得椭圆方程；
（2）设出直线方程并联立椭圆方程后结合韦达定理用参数 表示面积后可求 的值，从而可求弦长.
【详解】（1）因为长轴长为4，故 ，而离心率为 ，故 ，
故 ，故椭圆方程为： .
（2）
由题设直线 的斜率不为0，故设直线 ， ，
由 可得 ，
故 即 ，
且 ，
故 ，
解得 ，故 .
3．（2025·全国一卷·高考真题）已知椭圆 的离心率为 ，下顶点为A，右顶点
为B， ．
(1)求C的方程；
(2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足 ．
（i）设 ，求 的坐标（用m，n表示）；
（ⅱ）设O为坐标原点， 是C上的动点，直线OR的斜率为直线 的斜率的3倍，求 的最大
值．
【答案】(1)
(2)(ⅰ) (ⅱ)
【分析】（1）根据题意列出 的关系式,解方程求出 ,即可得到椭圆的标准方程；
（2）(ⅰ)设 ,根据斜率相等以及题目条件列式,化简即可求出或者利用数乘向量求出；
(ⅱ) 根据斜率关系可得到点 的轨迹为圆（除去两点），再根据点与圆的最值求法结合三角换元或者
直接运算即可解出.
【详解】（1）由题可知, ，所以 ，解得 ，
故椭圆C的标准方程为 ；（2）(ⅰ)设 ，易知 ，
法一：所以 ，故 ，且 ．
因为 ， ，所以 ，
即 ，解得 ，所以 ，
所以点 的坐标为 .
法二：设 ，则 ，所以
， ，故
点 的坐标为 .
(ⅱ)因为 , ,由 ,可得
,化简得 ,即 ,
所以点 在以 为圆心, 为半径的圆上（除去两个点）,
为 到圆心 的距离加上半径,法一：设 ,所以
,当且仅当 时取等号,
所以 .
法二：设 ，则 ，
，当且仅当 时取等号,
故 .
4．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线 ，点 在 上， 为常数，
．按照如下方式依次构造点 ：过 作斜率为 的直线与 的左支交于点 ，
令 为 关于 轴的对称点，记 的坐标为 .
(1)若 ，求 ；
(2)证明：数列 是公比为 的等比数列；
(3)设 为 的面积，证明：对任意正整数 ， .【答案】(1) ，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出 的坐标即可；
（2）思路一：根据等比数列的定义即可验证结论；思路二：利用点差法和合比性质即可证明；
（3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明 的取值为与 无关的定值即可.思路二：
使用等差数列工具，证明 的取值为与 无关的定值即可.思路三：利用点差法得到
， ，再结合（2）中的结论得
，最后证明出 即可.
【详解】（1）
由已知有 ，故 的方程为 .
当 时，过 且斜率为 的直线为 ，与 联立得到 .
解得 或 ，所以该直线与 的不同于 的交点为 ，该点显然在 的左支上.
故 ，从而 ， .（2）方法一：由于过 且斜率为 的直线为 ，与 联立，得到方程
.
展开即得 ，由于 已经是直线 和
的公共点，故方程必有一根 .
从而根据韦达定理，另一根 ，相应的
.
所以该直线与 的不同于 的交点为 ，而注意到 的横坐标亦可
通过韦达定理表示为 ，故 一定在 的左支上.
所以 .
这就得到 ， .
所以
.
再由 ，就知道 ，所以数列 是公比为 的等比数列.
方法二：因为 ， ， ，则 ，由于 ，作差得 ，
，利用合比性质知 ，
因此 是公比为 的等比数列.
（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点 ，若 ， ，则
.（若 在同一条直线上，约定 ）
证明：
.
证毕，回到原题.
由于上一小问已经得到 ， ，
故 .
再由 ，就知道 ，所以数列 是公比为 的等比数列.
所以对任意的正整数 ，都有.
而又有 ， ，
故利用前面已经证明的结论即得
.
这就表明 的取值是与 无关的定值，所以 .
方法二：由于上一小问已经得到 ， ，
故 .
再由 ，就知道 ，所以数列 是公比为 的等比数列.
所以对任意的正整数 ，都有.
这就得到 ，
以及 .
两式相减，即得 .
移项得到 .
故 .
而 ， .
所以 和 平行，这就得到 ，即 .
方法三：由于 ，作差得 ，
变形得 ①，
同理可得 ，
由（2）知 是公比为 的等比数列，令 则 ②，
同时 是公比为 的等比数列，则 ③，将②③代入①，
即 ，从而 ，即 .
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.
5．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知 和 为椭圆 上两点.
(1)求C的离心率;
(2)若过P的直线 交C于另一点B，且 的面积为9，求 的方程．
【答案】(1)
(2)直线 的方程为 或 .
【分析】（1）代入两点得到关于 的方程，解出即可；
（2）方法一：以 为底，求出三角形的高，即点 到直线 的距离，再利用平行线距离公式得到
平移后的直线方程，联立椭圆方程得到 点坐标，则得到直线 的方程；方法二：同法一得到点 到
直线 的距离，再设 ，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同
法一得到点 到直线 的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线 斜率不存在
的情况，再设直线 ，联立椭圆方程，得到点 坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：
首先考虑直线 斜率不存在的情况，再设 ，利用弦长公式和点到直线的距离公式
即可得到答案；法六：设线法与法五一致，利用水平宽乘铅垂高乘 表达面积即可.
【详解】（1）由题意得 ，解得 ，所以 .
（2）法一： ，则直线 的方程为 ，即 ，
，由（1）知 ，
设点 到直线 的距离为 ，则 ，
则将直线 沿着与 垂直的方向平移 单位即可，
此时该平行线与椭圆的交点即为点 ，
设该平行线的方程为： ，
则 ，解得 或 ，
当 时，联立 ，解得 或 ，
即 或 ，
当 时，此时 ，直线 的方程为 ，即 ，
当 时，此时 ，直线 的方程为 ，即 ，
当 时，联立 得 ，
，此时该直线与椭圆无交点.
综上直线 的方程为 或 .
法二：同法一得到直线 的方程为 ，点 到直线 的距离 ，
设 ，则 ，解得 或 ，
即 或 ，以下同法一.
法三：同法一得到直线 的方程为 ，
点 到直线 的距离 ，
设 ，其中 ，则有 ，
联立 ，解得 或 ，
即 或 ，以下同法一；
法四：当直线 的斜率不存在时，此时 ，
，符合题意，此时 ，直线 的方程为 ，即 ，
当线 的斜率存在时，设直线 的方程为 ，
联立椭圆方程有 ，则 ，其中 ，即 ，
解得 或 ， ， ，
令 ，则 ，则
同法一得到直线 的方程为 ，
点 到直线 的距离 ，则 ，解得 ，
此时 ，则得到此时 ，直线 的方程为 ，即 ，
综上直线 的方程为 或 .
法五：当 的斜率不存在时， 到 距离 ，
此时 不满足条件.
当 的斜率存在时，设 ，令 ，
，消 可得 ，
，且 ，即 ，
，
到直线 距离 ，
或 ，均满足题意， 或 ，即 或 .
法六：当 的斜率不存在时， 到 距离 ，
此时 不满足条件.
当直线 斜率存在时，设 ，
设 与 轴的交点为 ，令 ，则 ，联立 ，则有 ，
，
其中 ，且 ，
则 ，
则 ，解得 或 ，经代入判别式验证均满足题意.
则直线 为 或 ，即 或 .
6．（2023·全国I卷·高考真题）在直角坐标系 中，点 到 轴的距离等于点 到点 的距离，记动
点 的轨迹为 ．
(1)求 的方程；
(2)已知矩形 有三个顶点在 上，证明：矩形 的周长大于 ．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）设 ，根据题意列出方程 ，化简即可；
（2）法一：设矩形的三个顶点 ，且 ，分别令， ，且 ，利用放缩法得 ，设函数
，利用导数求出其最小值，则得 的最小值，再排除边界值即可.
法二：设直线 的方程为 ，将其与抛物线方程联立，再利用弦长公式和放缩法得
，利用换元法和求导即可求出周长最值，再排除边界值即可.
法三：利用平移坐标系法，再设点，利用三角换元再对角度分类讨论，结合基本不等式即可证明.
【详解】（1）设 ,则 ，两边同平方化简得 ，
故 .
（2）法一：设矩形的三个顶点 在 上,且 ，易知矩形
四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，
则 ,令 ，
同理令 ，且 ，则 ，
设矩形周长为 ,由对称性不妨设 ， ，则 ，易知
则令 ,
令 ，解得 ，
当 时， ，此时 单调递减，
当 ， ，此时 单调递增，
则 ，
故 ,即 .
当 时, ,且 ，即 时等号成立，矛盾，故
,
得证.
法二：不妨设 在 上，且 ，依题意可设 ，易知直线 ， 的斜率均存在且不为0，
则设 , 的斜率分别为 和 ，由对称性，不妨设 ，
直线 的方程为 ，
则联立 得 ，
，则
则 ，
同理 ，
令 ，则 ，设 ，
则 ，令 ，解得 ，
当 时， ，此时 单调递减，
当 ， ，此时 单调递增，
则 ，
，但 ，此处取等条件为 ，与最终取等时
不一致，故 .
法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动 个单位得抛物线 ,
矩形 变换为矩形 ,则问题等价于矩形 的周长大于 .
设 , 根据对称性不妨设 .
则 , 由于 , 则 .
由于 , 且 介于 之间,
则 . 令 ,
,则 ,从而
故
①当 时,
②当 时,由于 ,从而 ,
从而 又 ,故 ,由此
，
当且仅当 时等号成立，故 ，故矩形周长大于 .
.
7．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为 ，离心率为 ．
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为 ， ，过点 的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，
直线 与 交于点P．证明:点 在定直线上.
【答案】(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题意求得 的值即可确定双曲线方程；（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线 与 的方程，联立直线
方程，消去 ，结合韦达定理计算可得 ，即交点的横坐标为定值，据此可证得点 在定直
线 上.
【详解】（1）设双曲线方程为 ，由焦点坐标可知 ，
则由 可得 ， ，
双曲线方程为 .
（2）由(1)可得 ，设 ，
显然直线的斜率不为0，所以设直线 的方程为 ，且 ，
与 联立可得 ，且 ，
则 ，
直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，
联立直线 与直线 的方程可得：，
由 可得 ，即 ，
据此可得点 在定直线 上运动.
8．（2023·全国乙卷·高考真题）已知椭圆 的离心率是 ，点 在 上．
(1)求 的方程；
(2)过点 的直线交 于 两点，直线 与 轴的交点分别为 ，证明：线段 的中
点为定点．
【答案】(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）根据题意列式求解 ，进而可得结果；
（2）设直线 的方程，进而可求点 的坐标，结合韦达定理验证 为定值即可.
【详解】（1）由题意可得 ，解得 ，
所以椭圆方程为 .
（2）由题意可知：直线 的斜率存在，设 ，
联立方程 ，消去y得： ，则 ，解得 ，
可得 ，
因为 ，则直线 ，
令 ，解得 ，即 ,
同理可得 ，
则
，
所以线段 的中点是定点 .