专项04 解析几何
内容导航
【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
1
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
.
2
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
，
3
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.
2．（25-26 高三上·天津·期末）已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1（a>b>0）的长轴长为4，焦距为2.
(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
交于点N，直线NA与直线OM交于点P(O为原点)，且S△POA = 3
5 S△NOA，求直线l的方程.
【答案】（1）x
2
4 + y
2
3 =1，离心率e = c
a = 1
2；
（2）y =−1
2 x +2.
4
【解析】（1）依题意可得¿，所以¿，则b=√a
2−c
2=√3，
所以椭圆C的方程为x
2
4 + y
2
3 =1，离心率e = c
a = 1
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).
则有N (0,n)，A(2,0)，所以直线NA的方程为x
2 + y
n =1，
将y =kx +n与椭圆方程x
2
4 + y
2
3 =1联立，消去y并整理得，(4 k
2+3) x
2+8knx + 4 n
2−12=0，由题意
直线l与椭圆相切于点M，则Δ=64 k
2n
2−4(4 k
2+3)(4 n
2−12)= 48(4 k
2+3−n
2)=0，即
4 k
2+3=n
2，所以
xM =
−8kn
2(4 k
2+3)
= −4 kn
(4 k
2+3)
= −4 kn
n
2
= −4 k
n
，y M =k xM +n= −4 k
2
n
+n= n
2−4 k
2
n
= 3
n， 即点M的
坐标为( −4 k
n
, 3
n )，
所以直线OM的方程为y =−3
4 k x，将其与直线NA的方程x
2 + y
n =1联立，解得xP=
4 kn
2kn−3，
y P= −3n
2kn−3，即点P的坐标为(
4 kn
2kn−3 , −3n
2kn−3 )，由题意得
S△POA
S△NOA
=
1
2 y P⋅|OA|
1
2 y N ⋅|OA|
=
−3
2kn−3 = 3
5，
整理得kn=−1.又4 k
2+3=n
2，且k <0,n>0，解得k =−1
2，n=2，即满足题意的直线l的方程为
y =−1
2 x +2.
5
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
.
6
（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
，
7
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
．
8
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
，
9
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；
10
(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
.
11
（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
，
12
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
.
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
，
，
直线
恰为抛物线
的准线.
(1)求
的方程；
(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
13
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.
【答案】(1)
;(2)见解析
【解析】（1）设直线
与
轴交于
，由几何性质得
因为直线
为抛物线
的准线，直线
为圆
的切线，
所以
，
在
与
中，
为公共角，
所以
，
，
即
，即
，解得：
故抛物线
的标准方程为
;
（2）解法一：依题意：
，则
，设
，
则
，
因为直线
经过坐标原点，所以
，
又
，
在抛物线上，
，两式作差得
，化简得
，
14
因为
，所以
，
化简可得
，即
，
联立
，得：
，
将
代入得，
为定值.
故
.
解法二：向左平移4 个单位后，新抛物线为
，
则
与
轴的交点为
，
因为直线
经过原点，所以设其方程为
，
15
设直线
方程为
，设直线
方程为
，
点
和
是直线
与抛物线
的交点，代入
中得：
，
设该方程的两根为
和
，根据韦达定理：
①
点
在直线
上，满足：
②
点
在直线
上，满足：
③
联立方程：
由②和③得：
，
利用①中的韦达定理结果：
，
所以
，即点
的横坐标恒为
，
故
.
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；
16
(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
，
17
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
，
18
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x1+x2、x1x2，设而不求整体代
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：
.
19
【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
，
20
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
21
【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：
；
22
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：
23
，
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
24
，
，
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
25
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
，
26
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：
27
，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)①
；②
【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
．
28
（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
.
29
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
，
30
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
，
31
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.
32
【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
，
33
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
.
34
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
，
35
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
，
36
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
.
37
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
，
38
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
39
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：
40
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
，
41
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
，
42
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
1．（2023·全国甲卷·高考真题）已知直线
与抛物线
交于
两点，且
．
(1)求
；
(2)设F 为C 的焦点，M，N 为C 上两点，
，求
面积的最小值．
【答案】（1）2；（2）
【解析】（1）设
，
43
由
可得，
，所以
，
所以
，
即
，因为
，解得：
．
（2）因为
，显然直线
的斜率不可能为零，
设直线
：
，
，
由
可得，
，所以，
，
，
因为
，所以
，
即
，
亦即
，
将
代入得，
，
，
所以
，且
，解得
或
．
设点
到直线
的距离为
，所以
，
，
44
所以
的面积
，
而
或
，所以，
当
时，
的面积
．
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：
,
45
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：
46
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
47
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
，
48
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
，
49
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
50
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
51
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
，
52
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，
53
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
，
54
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
，
55
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
56
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
；
57
（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
，
58
，
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.
59
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
1．（25-26 高三上·山东菏泽·期末）椭圆
是坐标原点，若
的三个顶点都在椭圆
上，
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
的两个顶点，并说明理由；
(2)已知
是“核心三角形”.
（i）证明：
的面积是定值；
（ii）若
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
，
为椭圆的两个顶点，
椭圆的四个顶点坐标分别为
，
由
知，原点
不可能是
的中点，
60
所以
为长轴的两个顶点和短轴的两个顶点显然不成立．
不妨设
，则由
得
，
显然
不满足椭圆方程
，即点
不在椭圆上．
同理可得，
或
时，点
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
的斜率不存在时，
，
两点关于
轴对称，
此时
或
，不妨设
，则
由
知：直线
的方程为
，
所以
的面积为：
．
当直线
的斜率存在时，设
的方程为：
，
联立
消去y 得：
，
由
得：
，①
设
，则由韦达定理知：
，
，又由
可得
，即
.
把
代入
得：
②，
因为
是
的重心，所以
，
由
，原点
到直线
的距离
，
61
所以
所以
．
综上所述，
的面积是定值
．
（ii）若
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
，
当直线
的斜率不存在时，满足题意的等腰三角形有2 个；
当直线
斜率为0 时，满足题意的等腰三角形也有2 个．
当直线
的斜率存在且不为0 时，由（i）知：
，
所以
的斜率
，
那么由
，即
与
不垂直，
这与
且
为
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
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
62
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
.
63
（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
，
64
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）
65
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
，
，
66
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
，
67
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.
68
(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
，
，
，
69
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
，
，
，
70
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
､
：
71
（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
72
若
，则
故
，故
．
若
，
故
，
，
，
，
故
，故
．
（ii）．由于
，从而
．
由（i）有
，
故
．
所以
，即
，
即
，
解得
，
73
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
，
74
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
，
75
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
，
76
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），
77
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
78
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
；
79
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，
80
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
，
81
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
．
82
（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
；
83
（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，
84
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，
.
85
（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
86
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
，
87
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
.
88
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
，
，
89
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；
90
（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
.
91
(
)
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，
92
．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）
93
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
94
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：
95
.
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
96
.
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
.
97
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；
98
（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
，
99
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
，
100
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
，
101
，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
.
102
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.
103
【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，
104
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
105
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
.
106
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
，
107
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
，
，
108
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；
109
(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
，
110
则
，
所以线段
的中点是定点
.
111
