文档文本内容
题号猜押14 全国卷高考数学第19 题B（解答题）
溯源
年份
卷别
原题号
考点
具体内容
2025
Ⅰ卷
T19
函数与导数
三角函数最值、存在性证明、恒成立求最值
2025
Ⅱ卷
T19
概率与数列
乒乓球比赛概率、递推关系、不等式证明
2024
Ⅰ卷
T19
数列新定义
可分数列定义、组合计数、概率证明
2024
Ⅱ卷
T19
双曲线与数列
点列构造、等比数列证明、面积定值
2023
Ⅰ卷
T22
函数与导数
函数最值、存在直线、等差数列证明
2023
Ⅰ卷
T21
概率统计
投篮比赛、递推概率、数学期望
2023
Ⅱ卷
T22
函数与导数
不等式证明、极大值点求参
2023
Ⅱ卷
T21
双曲线
定直线证明
2022
Ⅰ卷
T22
函数与导数
函数最值、存在直线、等差数列证明
2022
Ⅰ卷
T21
双曲线
直线斜率、三角形面积
2022
Ⅱ卷
T22
函数与导数
单调性、恒成立、数列不等式
2022
Ⅱ卷
T21
双曲线
渐近线、三点共线条件证明
2021
Ⅰ卷
T22
函数与导数
单调性、极值点偏移、双变量不等式
2021
Ⅰ卷
T21
双曲线
轨迹方程、斜率之和
2021
Ⅱ卷
T22
函数与导数
单调性、零点证明（条件选择）
2021
Ⅱ卷
T21
概率统计
微生物繁殖、概率递推、实际意义
近5 年压轴位置（原T22/现T19）考点高度集中，函数与导数出现8 次，占据绝对主导地位。但2024-2025
年出现新变化：2024Ⅰ卷考查数列新定义、2024Ⅱ卷考查双曲线与数列结合、2025Ⅱ卷考查概率与数列综
合，表明压轴题已开始向跨模块融合与创新拓展。同时，原倒数第二题（T21）位置在旧版中常考查圆锥
曲线与概率统计，这些内容在新版中可能上移或与压轴题融合。
预测
2026 年压轴解答题（T19）极大概率以函数与导数为核心，但可能融合数列、概率等元素。第（1）问含参
函数单调性讨论；第（2）问可能考查恒成立求参、零点讨论、不等式证明、极值点偏移，或借鉴近年趋
势出现概率与数列综合、解析几何与数列结合等创新题型。若函数导数未出现于此，则可能在圆锥曲线及
与数列综合方向出题，但概率较低。
备考核心
主攻含参函数单调性，熟练掌握分类讨论标准（导数零点与定义域关系、二次函数开口与判别式）；突破
恒成立问题，掌握参变分离与构造函数法；攻克零点问题，掌握零点存在定理、指对分离技巧；理解极值
点偏移，掌握对称构造法与对数平均不等式；；熟练解析几何及与数列综合，掌握设而不求与递推关系处
理。规范书写，分类讨论不重不漏，导数符号判断清晰。限时训练，每道题控制在20~25 分钟，注重思维
深度与计算精度。
考点1 圆锥曲线
1．（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．
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）直线
与
交于定点
．
【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
.
【详解】（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
．
2．（2026·辽宁抚顺·模拟预测）已知椭圆
：
.
(1)求
的离心率；
(2)若直线：
上存在点
，过点
可以作
的两条切线，且两条切线互相垂直，求点
的坐标；
(3)若菱形
的四个顶点都在
上，证明：
与
的交点为坐标原点
.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆方程确定
的值，可求椭圆的离心率.
（2）设一条切线方程为
，根据直线与椭圆的相切关系，确定
的关系，再设
，
根据
点在
上，可得
，利用
，可求
点
的坐标.
（3）分直线
斜率是否存在讨论.当直线
斜率存在且不为0 时，设直线
方程，与椭圆方程联立，
可表示成
的中点坐标，再根据菱形的对角线互相垂直，表示出
的中点，最后根据两线段的中点重合，
可证明结论.
【详解】（1）由
：
，得
，
，又
，则
，即
，
所以离心率
.
（2）如图：
由题设，易知两条切线的斜率一定存在，
设切线方程为
，联立
，可得
，
则
，得
，
则切线方程为
，而
在切线上，
则
，所以
，
则
.
设
，
分别为过
点的两条切线的斜率，根据垂直关系有
，
所以
，得
，
故点
的坐标为
.
（3）如图：
当
的斜率不存在时，则
的斜率为0，此时菱形
的顶点为椭圆的四个顶点，
故
与
的交点为坐标原点
；
当
的斜率为0 时，则
的斜率不存在，此时菱形
的顶点为椭圆的四个顶点，
故
与
的交点为坐标原点
；
当
的斜率存在且不为0 时，设直线
的方程为
，
设点
，
，
的中点为
.
联立
，得
，
所以
，且
，
所以
，
，即
.
因为菱形的对角线互相垂直平分，所以直线
的方程为
，
化简得
，
同理可得
中点的横坐标
，
因为
且
，所以
，即点
，
即
与
的交点为坐标原点
.
综上所述，
与
的交点为坐标原点
.
3．（2026·江苏盐城·二模）已知椭圆
经过点
，
分别为
的左、右焦点，
离心率为
.
(1)求椭圆
的方程；
(2)求
的角平分线所在的直线的方程；
(3)过点
且斜率为
的直线
与椭圆
交于
两点，记直线
的斜率分别为
，是否存在常
数
，使得
为定值？若存在，求出
的值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)存在，
【分析】（1）根据离心率得
、
的关系，然后将点A 的坐标代入椭圆方程，联立方程即可求解；
（2）由角平分线的性质角平分线上的点到两边的距离相等可求解；
（3）设出直线方程并联立椭圆方程，根据韦达定理表示出
化简求解.
【详解】（1）由
，
可得
，
将点
代入椭圆方程得
，
联立可得
，
，故椭圆方程为
；
（2）由（1）知
，
，
，则直线
方程为
.
直线
方程为
.
设角平分线l 上的一点为
，则
，
得
或
，
因为角平分线l 的斜率为正，所以直线l 方程为
；
（3）设直线方程为
，
联立
得
，
设
，
，则
，
，
则
，
代入
，
，整理得
，
所以当
时，使得
恒为定值
.
4．（2026·贵州毕节·二模）已知中心在原点的椭圆C 的一个焦点为
，且过点
.
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)已知
，
，
在C 上，
①若A 是C 与x 轴的一个交点，B 是C 与y 轴的一个交点，求
的面积的最大值；
②记线段
中点为M，
，记
的面积为
，判断
是否为定值，并说明理由.
【答案】(1)
(2)①
；②
为定值，且定值为
，理由见解析
【分析】（1）由题意
，利用待定系数法可求椭圆C 的标准方程；
（2）①由椭圆的对称性，不妨取
，设
，利用点到直线的距离公式，结
合辅助角公式可求
的面积的最大值；②分直线
的斜率存在与不存在两种情况讨论，当存在时，
设直线
的方程为
，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系，结合三角形面积公式可得
，利用
，可得结论.
【详解】（1）因为椭圆C 的一个焦点为
，所以
，所以
，
所以可设椭圆的标准方程为
，
又因为椭圆C 过点
，所以
，
解方程可得
或
（舍去）.
所以椭圆C 的标准方程为
；
（2）①由椭圆的对称性，不妨取
，
则直线
的方程为
，即
，
设
，则
到直线
的距离
，
所以当
时，
，又
，
所以
的面积的最大值为
；
②
为定值，且定值为
，理由如下：
当直线
的斜率存在时，设直线
的方程为
，
联立
，得
，
整理得
，所以
，
，
因为线段
中点为M，所以
，所以
，
因为
，所以
，所以
，
又
在C 上，所以
，
整理得
，所以
，
又
，
又点
到直线
的距离
，
所以
.
又因为线段
中点为M，所以
，
又
，所以
，所以
，
所以
是否为定值，定值为
；
当直线
的斜率不存在时，线段
的中点
在
轴上，
由对称性不妨取
，此时
，此时
，
；
综上所述：
为定值，且定值为
.
5．（2026·辽宁抚顺·一模）已知点
在抛物线
上，直线
.
(1)求抛物线
的方程；
(2)点
，
在上，且以
为直径的圆过坐标原点
，若直线
交
于另一点
，直线
交
于另一
点
.
（i）证明：直线
过定点，并求出该定点坐标；
（ii）是否存在
，使得
的面积为
面积的2 倍？若存在，求出
的值；若不存在，说明
理由.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析，
；（ii）存在，
【分析】（1）将点
代入抛物线方程即可求解；
（2）（i）不妨设
，
，结合题意易得
，设直线MN：
，
，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理及三点共线可得
，进而得到直线MN：
，进而求出定点坐标即可；
（ii）先假设存在，结合（i）表示出
和
面积，进而求解即可.
【详解】（1）因为点
在抛物线
上，
所以
，解得
，所以C 的方程为
.
（2）（i）证明：由题意不妨设
，
，
则
，
因为以AB 为直径的圆过坐标原点O，所以
，
则
，即
.
显然直线MN 的斜率不为0，设直线MN：
，
，
联立
，消去
得
，
则
，
因为A，P，M 三点共线，则
，解得
，
又B，P，N 三点共线，则
，解得
，
所以
，又
，得
，
所以直线MN：
，即直线
过定点
.
（ii）由（i）知
，直线MN：
，
且
，
而点
到直线
的距离为
，且
，
所以
，
而
，
若
，则
，
整理得
，即
，方程有解，则
.
即存在
，使得
的面积为
面积的2 倍，此时
.
6．（2026·浙江宁波·二模）已知椭圆
的焦距为2，且离心率为
．
(1)求椭圆
的标准方程；
(2)已知
，直线过点
（直线不与
轴重合），交椭圆于
，
两点．直线
交椭圆于另
一点
，直线
交椭圆于另一点
，连接
交
轴于
．
（ⅰ）求
的值；
（ⅱ）求点
到直线距离的取值范围．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）
（ⅱ）
【分析】（1）根据条件列方程组求解；
（2）（ⅰ）设
与椭圆方程联立，设
，
，联立直线
和椭圆的方程，
得出
坐标，再利用斜率公式以及韦达定理化简；
（ⅱ）根据
，
，
三点共线，得出坐标关系化简求出
即可求出.
【详解】（1）由题意易知：
，
，
，故
，
，
因此椭圆
；
（2）（ⅰ）若直线
斜率不存在，则由对称性可知，此时直线
斜率均不存在，
故设
，设
，
，
由
，可得
，
所以
，
，
记
，则直线
，
由
，可得
，
所以
，
故
，
代入直线
，可得
，
同理：
，
因此
，
故有
；
（ⅱ）设
，则
，
．
由于
，
，
三点共线，
故
，
进而
，
化简可得：
，因此
，即
，
则
，
故点
到直线距离的取值范围为
.
7．（2026·贵州遵义·模拟预测）已知动点
到点
的距离比它到直线
的距离少，记动点
的轨
迹为曲线
，不垂直于坐标轴的直线与曲线
相交于
、
两点．
(1)求曲线
的方程；
(2)若直线的斜率为
，且
，求直线的方程；
(3)已知
，
是坐标原点，若
平分
，问直线是否过定点？若过定点，求出该定点；若
不过定点，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)过定点，且定点坐标为
【分析】（1）分析可知曲线
为抛物线，结合其焦点坐标和准线方程可得出曲线
的方程；
（2）设点
、
，设直线的方程为
，将该直线方程与抛物线方程联立，列出韦
达定理，结合弦长公式可得出关于
的等式，解出
的值，即可得出直线的方程；
（3）分析可知直线不与
轴垂直，设直线
的方程为
，设点
、
，将该直线
方程与抛物线方程联立，列出韦达定理，根据
，结合韦达定理求出
的值，即可得出直线所
过定点的坐标.
【详解】（1）由题意可知，点
到点
的距离等于点
到直线
的距离，
故点
的轨迹是以点
为焦点，直线
为准线的抛物线，
设曲线
的方程为
，则
，可得
，
故曲线
的方程为
.
（2）设点
、
，设直线的方程为
，
联立
可得
，
，解得
，
由韦达定理可得
，
，
所以
，
解得
，故直线的方程为
.
（3）若直线
与
轴垂直，则直线
与抛物线只有一个交点，不符合题意，
设直线
的方程为
，设点
、
，
联立
可得
，
，
由韦达定理可得
，
，
由题意可得
，
即
对任意的
恒成立，故
，解得
，
此时直线的方程为
，即直线过定点
.
8．（2026·江苏·一模）已知双曲线
的一条渐近线的倾斜角为
分别为左、
右焦点，
为右顶点，
为
左支上的两个动点（不包括顶点）．
(1)求
的离心率；
(2)是否存在常数
，使得
总成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由；
(3)若
为定值，直线
经过
，求
的最小值．
【答案】(1)2
(2)存在常数
，理由见解析
(3)
【分析】（1）根据渐近线的倾斜角，可得其斜率，即可得a，b 的关系，求出a 与c 的关系，代入公式，
即可得答案.
（2）当
时，根据条件，求出
，即可得关系；当
时，分别求出
的表达式，化简整理，分析即可得关系.
（3）设出直线
的方程，与双曲线方程联立，根据韦达定理，可得
表达式，进而可得
表达式，利用导数求出
的最小值，结合（2）及基本不等式，化简整理，即可得答案.
【详解】（1）由题意
，所以
，
所以
的离心率
.
（2）①当
时，
，
，
此时
，有
.
②当
时，可得
的斜率都存在，设
，
则
，
因为
，
即
，其中
为锐角，
即
，
，
所以
，即
.
所以存在常数
，使得
总成立.
（3）由对称性，设直线
的方程为
，代入
，
得
，即
，
所以
，
令
，则
，
令
，则
，
所以
单调递增，所以
的最小值为
，
所以
，当且仅当“
”时，取等号.
由（2）可知
，
所以
.
所以
，
当且仅当“
且
”时，取等号．
所以
的最小值为
.
9．（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
.
10．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）已知抛物线
焦点为
，
，
，
为
抛物线
上的三个动点，且
.
(1)求拋物线
的方程；
(2)过
分别作抛物线的三条切线，分别为，
，
，，
交于点
，
，
交于点E，，
交于
点
.
（i）证明：
的垂心在一条定直线上；
（ii）已知G 点在曲线
（
）上，求
的面积的最大值.
【答案】(1)
(2)（i）证明见详解
（ii）
【分析】（1）利用抛物线标准方程的焦点坐标公式，建立方程求解参数，从而确定抛物线方程；
（2）（i）通过求导得到切线方程，联立求出交点坐标，并利用垂心定义与斜率关系推导出垂心的纵坐标
为定值，证明其在定直线上；（ii）由切线交点坐标与椭圆条件建立面积表达式，结合二次函数最值求得
三角形面积的最大值.
【详解】（1）抛物线
的焦点坐标为
，已知焦点
，故
，
因此抛物线方程为：
.
（2）（i）由方程
，故在点
处切线方程为：
方程为
，
方程为
方程为
，
联立
故解得
，
同理可得
则过
点与垂直的直线为：
，①
过点
点与
垂直的直线：
，②
①－②可得：
故
的垂心在一定直线
上
（ii）设
，由（i）可知：
的直线方程为
，
将
代入可得：
，
同理可得
，
故
的直线方程为
，
联立直线
与抛物线得
，
由弦长公式
，
为了使
的面积最大，必须保证
处的切线与直线
平行，
所以
，
从而
故
的面积为：
，
当
时，取得最大值
.
11．（2026·广东广州·一模）已知双曲线
：
（
，
）的焦点到其渐近线的距离为
，
点
在
上．
(1)求
的方程；
(2)点
，
分别在
的两条渐近线上运动，且
，线段
的中点为
．
（ⅰ）设
，
，求
的最大值；
（ⅱ）设
，
（
），点
不在
轴上，若
，求
的取值范围．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）4；（ⅱ）
【分析】（1）由焦点到渐近线的距离求得
，再将点
代入到双曲线方程即可求解；
（2）（i）设出渐近线上的点
，由中点坐标和
得出
的轨迹为椭圆
，发现
为其焦点，结合椭圆的定义即可求得
，再使用基本不等式即可求解；（ⅱ）由
及正弦定理，用坐标表示
，并使用三角函数恒等变换和椭圆方程消去，得到
比值关于
的表达式，结合
的取值范围即可求解.
【详解】（1）设右焦点
，其中一条渐近线方程为
，即
，
由题意得
到
的距离
，
即
，因为点
在
上，
将
代入，得
，解得
，
即双曲线
.
（2）（i）由（1）得渐近线方程为
，设
，
设
，则有
，即
，
则
，
所以
，
即
，整理得
，
即
的轨迹是椭圆
，易得其焦点为
，长半轴长为2，
所以
是点
轨迹的焦点，所以
，
则
，当且仅当
时等号成立.
（ⅱ）在
中，由正弦定理得
，
因为
，所以
应在
轴右侧，即
，
且
，
所以
，设
，则
，
不妨令
，因为
在
上，且
，
所以
，
又
，
联立
，整理得
，
而
，解得
，
设
，则
，
易得当
时
，则
在
上单调递增，
所以
，即
，因为
短半轴长为1，因此
，
由
整理得
，
因为
，解得
，
因为
，代入
，所以整理得
，
令
，则
，则
，代入
，
整理得
，
设
其中
，
易得当
时
单调递增，则
单调递减，
单调递增，
单调递增，
单调递增，
单调递增，最终有
在
上单调递增，
所以
，即
.
由于椭圆的对称性，当
时结果一致，
综上，
12．（2026·山东青岛·一模）已知
为坐标原点，椭圆
：
（
）的离心率为
，长轴
长为4.
(1)求
的方程；
(2)若过
的直线交
于
，
两点，点
在
上，点
为直线
与
轴的交点，点
的横坐标为点
横坐标的3 倍.
（ⅰ）证明：
；
（ⅱ）若点
，
都在曲线
：
（
）上，求
的最大值.
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析（ⅱ）
【分析】（1）利用离心率及长轴长计算即可得；
（2）（ⅰ）法一：设
，
，借助点差法计算即可得；法二：设
：
，联立椭圆
方程，可得与交点横坐标有关韦达定理，再表示出
与
后，由
可得
，即可得证；
（ⅱ）设
，
，则有
，两式相乘可得
，则可得
，设
，可得
在
上单调递增，故可得
，即可得解.
【详解】（1）由题得，
，
，得
，
，
，
所以
的方程为
；
（2）（ⅰ）（法1）设
，
，
，
，
因为
，两式作差得：
，
又因为
，即
，所以
，
所以
；
（法2）由题可知直线
斜率存在且不为0，
设
：
，
，
，
，
，
由
，得
，所以
，
所以
，
，
因为
，则
，即有
，所以
；
（ⅱ）设
，
，其中
，
，
，
因为
，所以
，
两式相乘得：
，又因为
，
所以
，
所以
，
令
（
），
所以
，
令
，又因为
在区间
上单调递增；
所以
，
显然
在
上单调递增，因为
，得
，
所以
，所以
（当且仅当
，
时取等号），
综上，
的最大值为
.
13．（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：
．
【答案】(1)
(2)9
(3)证明见解析
【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.
【详解】（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
.
14．（2026·辽宁抚顺·一模）椭圆
的焦点分别为
，过点
且倾斜角
为
的直线与椭圆
相交于
两点，当
时有
．
(1)求
的值及椭圆
的标准方程；
(2)已知线段
的中点为
．
（ⅰ）求点
的轨迹方程；
（ⅱ）若线段
的垂直平分线与
轴和
轴分别交于
两点，
为坐标原点，记
的面积为
的面积为
，求
的取值范围．
【答案】(1)
，
；
(2)（ⅰ）
；（ⅱ）
.
【分析】（1）根据给定条件，利用椭圆定义及余弦定理列式求解.
（2）（ⅰ）按
是否垂直于
轴分类，设出直线
方程并与椭圆方程联立求出点
坐标，消去参数即
得轨迹方程；（ⅱ）由（ⅰ）求出线段
中垂线方程并求出点
坐标，进而求出
，再求出目标式
的函数关系，进而求出函数的值域即可.
【详解】（1）由
，
，得
，
由椭圆定义得
，在
中，
，
由余弦定理得
，
即
，解得
，则
，
所以
，椭圆
的标准方程为
.
（2）（ⅰ）设线段
的中点
，当直线
不垂直于
轴时，设其方程为
，
由
，得
，则
，
，
则
，
，整理得
，
当直线
轴时，
满足方程
，
所以点
的轨迹方程为
.
（ⅱ）依题意，直线
不垂直于坐标轴，由（ⅰ）知点
，
直线
的方程为
，即
，
则
，
，
，
，
，因此
，令
，函数
在
上单调递增，值域为
，
则
，所以
的取值范围是
.
15．（2026·河北张家口·一模）已知抛物线
的焦点F 到直线
的距离为
．
(1)求抛物线
的方程．
(2)点
为直线上的一点，过点
作
的切线，切点分别为
．
①问：直线
是否过定点？若过定点，请求出此定点坐标；若不过定点，请说明理由．
②若点
在抛物线
的准线上，切点
在第一象限内，存在过点
的直线与
相交于
两点，过点
作
平行于
的直线，分别与直线
和直线
交于点
，若
，求
的值．
【答案】(1)
；
(2)①
；②
.
【分析】（1）由题意，根据点到直线距离公式计算即可求解；
（2）①求得切线方程，由题意
在切线方程上可得直线
的方程为
，由此
计算可解；②直线
的方程为
，联立
，可得
，设
，直线
的方程为
，可得
，设直线
的方程为
，联立可得
，设直线
的方程为
，联立可得
，由此可计算
，计算可解.
【详解】（1）由题意可得
，
故焦点
到直线
的距离
，
所以
，解得
或
（舍去）；
所以抛物线
的方程为
；
（2）设抛物线
在点
的切线方程为
，
切线与抛物线联立方程组
，得
，
则
，
化简可得
，所以
，
因为点
在抛物线
上，则
，所以
，
所以切线方程为
，即
，
将
代入化简可得
，
所以抛物线
在点
的切线方程为
；
①设
，因为抛物线
，
所以点
处的切线方程为
，点
处的切线为
，
设点
，由题意可得，点
在直线
和直线
上，
所以
，
所以直线
过点
，
所以直线
的方程为
，故
，
令
，解得
，
所以直线
过定点
；
②由题意可得
，直线
的方程为
，联立
，解得
，所以
，
设
，直线
的方程为
，
联立方程
，解得
，
设直线
的方程为
，
所以
，
所以直线
的方程为
，
联立方程
，解得
，
设直线
的方程为
，
联立方程
，消去
可得
，
由韦达定理可得，
，
整理可得
，
所以
，
所以
，即
.
1．（2026·山西朔州·一模）已知椭圆
上顶点为
，直线
与椭圆
交于
两点
.当
时，
.
(1)求椭圆
的方程；
(2)当
的外接圆面积最大时，求其外接圆的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由上顶点为
得
，当
时，直线
与椭圆方程联立，可得到
坐标，结
合已知
，可求出
的值，进而得到椭圆
的方程。
（2）设
，
的外接圆的一般方程
，将
三点坐标代
入，结合
在直线
上，化简得到外接圆方程参数的关系，根据外接圆半径公式，利用函数求最值
的方法，求出当半径最大时的参数值，进而得到外接圆的方程
【详解】（1）因为上顶点为
，所以
，
当
时，直线
，代入椭圆方程得
，整理得
，
解得
，故
又
，
，所以
，解得
，
所以椭圆方程为
（2）
设
，
外接圆方程为
代入
得
，两式相加得
，
两式相减得
又
点既在
，又在椭圆
上，所以
，
所以
，
代入
到外接圆方程得
，
故
，
设
，则
，
，
，
所以外接圆半径
时
，故其在
上单调递增，在
时
取最大值，
此时，
，
，
即
，
，
，
所以
的外接圆面积最大时，其外接圆的方程为
2．（2026·河南·模拟预测）已知
，
，动点M 满足
，设M 的轨迹为曲线
C．
(1)求曲线C 的方程；
(2)设直线
与曲线C 有两个交点A，B，求k 的取值范围；
(3)设直线
与曲线C 交于P，Q 两点，求证：
为定值．
【答案】(1)
；
(2)
；
(3)
【分析】（1）根据双曲线的定义以及双曲线的标准方程，可得答案；
（2）联立直线与双曲线方程，写出韦达定理，结合判别式计算，可得答案；
（3）联立直线与双曲线方程，写出韦达定理，应用弦长公式代入计算化简求解.
【详解】（1）设
，
为定值，所以点
的轨迹是以
为焦点的双曲线的右支，
设双曲线方程为：
，
，
所以，曲线
的轨迹方程是
；
（2）设
，
由
，消去
得
，
则
.
整理得
，
解得
.
（3）设
，
由
，消去
得，
，
则
.
，
所以
，
3．（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】(1)证明见解析
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）设出点的坐标，表示四个斜率，结合斜率和为0 可证三点共线；
（2）（i）根据斜率的关系可求
，
，利用向量坐标关系可证平行，或者通过联立方程
求出
的坐标，再利用向量坐标关系可证平行；
（ii）利用斜率关系得出垂直，根据点P 的轨迹是圆，结合圆的性质可证，或者利用线段比例关系得出轨
迹为圆，结合圆的性质可证，或者利用差角的正切公式，结合正切函数单调性可证.
【详解】（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
．
4．（2026·贵州黔东南·模拟预测）已知椭圆C：
（
）的焦距与短轴长均为
.
(1)求椭圆C 的标准方程.
(2)已知直线：
（
）与椭圆C 交于A，B 两点，点A 在x 轴上方，过点B 作斜率为
的直线
，
交椭圆C 于另一个点P.
①证明：
.
②求
面积的最大值.
【答案】(1)
；
(2)①证明见解析；②
.
【分析】（1）根据椭圆的几何性质可得标准方程；
（2）解法一：①直接用
证明两条直线垂直可得；②由三角形为直角三角形可得面积
，再通过
换元及根据对勾函数的性质可得面积的最大值；解法二：①利用点差
法可得
且
，进而可得
，从而可得
；②先计算
，再根据直线
的倾斜角与直线
的倾斜角的差为
，进而可得
，所以三角形的面积
，再通过
换元及根据对勾函数的性质可得面积的最大值.
【详解】（1）由题意可得
，解得
，
，
所以椭圆C 的标准方程是
.
（2）解法一：联立方程
，解得
或
.
因为点A 在x 轴上方，所以
，
，
则直线
的方程为
，即
.
又由
，消去y 化简得
，
则
，所以
，
故点P 的坐标为
.如图：
①证明：因为
，
，
所以直线
的斜率
，
所以
，故
.
②因为
，
，
所以
.
因为
，
，
所以
.
因为
，所以
的面积
.
设
，由
，得
，当且仅当
时，等号成立，
所以
.
因为对勾函数
在
上单调递增，所以
，
故
，当且仅当
即
时等号成立，
所以
面积的最大值为
.
解法二：①设
，则
.如图：
联立方程
解得
，所以
.
又因A，P 在椭圆上，所以
，两式相减
，
，
又因为
，所以
，且
，
所以
，即
，故
.
②设直线
的倾斜角为
，直线
的倾斜角为
，则
，
，
因为
是直角三角形，
，
，
所以
，
设
，由
，得
，当且仅当
时，等号成立，
所以
.
因为对勾函数
在
上单调递增，所以
，
故
，当且仅当
即
时等号成立，
所以
面积的最大值为
.
5．（2026·安徽合肥·模拟预测）已知抛物线
，
为坐标原点，过点
作斜率
的直线交抛物线
于
两点，其中
在第一象限，直线
交抛物线
于另一点
，其中
，直线
与直线
交于点
．
(1)求抛物线
的方程；
(2)记
与
的面积分别为
．
①当
四点共圆时，求直线的方程；
②求
的取值范围．
【答案】(1)
(2)①
；②
【分析】（1）根据条件求出点
的坐标，代入抛物线方程，即可求解；
（2）①联立直线与抛物线方程，由韦达定理得
，根据条件有
，
从而可得
，即可求解；②根据条件求出
的取值范围，求出
的横坐标
，再利用三角形的面积公式及弦长公式得
，即可求解.
【详解】（1）因为点
，则
，又
，则
，
所以
，代入抛物线
，得到
，解得
，
所以抛物线
的方程为
.
（2）①因为直线方程为
，
设
，联立
，消
得到
，
则
，
当
四点共圆时，则有
，故
，
则
，所以
，
又
，
所以
，即
，
整理得到
，又
，所以
，故直线的方程为
.
②当
时，由
，得
，又直线的斜率
，则
，
由
，得到直线
，
由
，得
，
直线
，联立方程
，解得
，
由
，得
，
所以
，
又
，
又
，所以
，
故
的取值范围为
.
6．（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.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【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.
【详解】（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
.
7．（2026·山东济宁·一模）已知椭圆
的两焦点分别为
，离心率为
，
为椭圆上三个不重合的点，且直线
经过点
与
关于
轴对称.
(1)求椭圆
的标准方程；
(2)求证：直线
经过定点，并求出该定点的坐标；
(3)求
内切圆半径的取值范围.
【答案】(1)
(2)证明见解析，定点为
(3)
【分析】（1）根据焦点坐标，可得c 值，根据离心率，可得a 值，则可求出
，即可得答案.
（2）直线AC 的方程为
，与椭圆联立，设
，则
，根据韦达定理，可
得
表达式，求出直线AB 的方程，化简整理，即可得答案.
（3）根据椭圆的定义，可得
的周长，即可得内切圆半径r 的表达式，根据韦达定理，可得
的面积S 的表达式，结合基本不等式，可得S 的范围，即可得答案.
【详解】（1）由椭圆的焦点分别为
，得
，
由离心率
，得
，则
，
所以椭圆
的标准方程为
.
（2）证明：由直线AC 过
，设直线AC 的方程为
，
因为
不重合且B 与
关于
轴对称，所以m 存在且
，
联立
，得
，
设
，则
，
则
又直线AB 的斜率
，所以直线AB 的方程为
，
整理得
令
，得
，所以直线AB 恒过点
.
（3）由椭圆的定义得
的周长为
，则
的面积
，
所以
，
又
令
，由
，得
，则
，
所以
，
因为
在
上单调递增，
所以
，则
，
所以
，即
内切圆半径的取值范围为
.
8．（2026·四川德阳·二模）在平面直角坐标系中，已知椭圆C：
的左、右顶点分别为
，F 为椭圆C 的右焦点，P 为椭圆C 上不同于A、B 的动点，若
，直线PF 与
椭圆C 的另一个交点为Q．
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)求
面积的最大值；
(3)若P 在x 轴的上方，设直线AP、BQ 的斜率分别为
，是否存在常数
，使得
成立？若
存在，请求出
的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，
【分析】（1）由椭圆的左右顶点可知
的值，设
，则
，分别表示出
再根据
即可求出
，则可得椭圆标准方程；
（2）设直线
方程为
，
将直线和椭圆方程联立可得
，由韦达定理可得
的值，求出
，再由点到直线
距离公式求出左顶点到直线
距离，由面积公式可得到
面积，再根据换元法即可求出最大值；
（3）假设存在
使得
，分别表示出
，再根据
，代入到
，
由（2）韦达定理可知
的值，代入到上式，再根据对任意的
都成立，可求出
值.
【详解】（1）由椭圆的左右顶点可知
，
设
，则
，
化简可得
，则
，
，
所以
，则椭圆的标准方程为
；
（2）由（1）可知椭圆的右焦点坐标为
，设直线
方程为
，
，将直线和椭圆方程联立
，
代入可得
，
由韦达定理可知
，
则
，
而
，
代入可得
，
根据点
到直线
距离公式
，
所以
，
令
则
，所以
，
函数
在
上单调递增，
所以
即
时，
，
此时
的面积最大，最大值为
；
（3）假设存在
使得
，分别求出
，
因为
在直线
上，
所以
，
故
，
化简可得
，
由（2）知
，
则
，所以可得
，
整理化简可得
，
要对任意的
都成立，需系数满足
，
解得
，故存在
，使得
.
9．（2026·湖北武汉·模拟预测）曲线E：
（
）与直线l：
交于点A，过点A 且
与l 垂直的直线交曲线E 于另外的点B，设线段AB 的中点为P，定点Q 的坐标为
.
(1)用t 表示点A 的坐标；
(2)证明：
为定值；
(3)是否存在某条直线始终与以
为直径的圆相切？若存在，求出该直线的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）联立曲线
和直线求交点
.
（2）先求出过
与直线垂直的直线方程，联立曲线
方程，用韦达定理求
点坐标，进而得到
点坐标，
最后计算
为定值.
（3）根据直线与以
为直径的圆相切验证特殊直线是否存在.
【详解】（1）因为曲线
和直线交于点
，
所以将直线
代入曲线E：
，
则
，
化简得
，即
，即
，
所以
.
（2）因为直线斜率为
，所以直线
斜率为，
即直线
：
，
联立直线
和曲线
得：
，化简得：
，
设
，
，
中点
，
由韦达定理可得：
，即
，
所以
，
根据两点间距离公式可得：
，
又因为线段AB 的中点为P，所以
，
由两点距离公式可得：
，
，
所以
，
即
为定值.
（3）存在直线：
满足条件，下证之.
设圆心为
，半径为，直线
交
于
，
，连接
，则
，
，
设
，
为
与
之间的距离，
，
，
由（2）可知，
，
所以
，
所以圆心
到的距离
，
故
与
相切，直线
满足条件.
10．（2026·湖南常德·一模）已知椭圆
：
过点
，且离心率为
，
，
分
别为椭圆
的左、右焦点，点
是椭圆
上在第一象限内的一个动点.
(1)求椭圆
的标准方程；
(2)直线
，
分别交椭圆
于点
，
，直线
，
的斜率分别为
，
，求
的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意列出关于
的方程组，解出即可得结果；
（2）设出
，
，
的坐标，分别联立直线
与椭圆的方程，结合根与系数的
关系得到
的坐标，结合斜率公式和基本不等式计算得到
的最大值.
【详解】（1）根据题意可得
解得
，
，
所以椭圆的方程为
.
（2）设
，
，
，由（1）可知
，
，
因为点
在椭圆上，所以
.
由题意
：
，
：
，
将直线
与椭圆
联立
，可得
，
整理可得：
.所以
.
所以
，
，即
.
同理，将直线
与椭圆
联立
.可得
.
整理可得：
，所以
，
所以
，
，即
.
所以
的斜率为
，
的斜率为
.
故
因为点
在第一象限内.故
，
.
所以
的最小值为
，当且仅当在
处取到等号.
11．（2026·广东佛山·二模）已知椭圆
的左顶点
，上顶点
．
(1)求椭圆
的方程和直线
的方程；
(2)过椭圆
上异于
的点
作
轴的垂线交直线
于
点，延长
至点
，使
，直线
交椭圆
于点
．
（i）求证：直线
的斜率之和为定值；
（ii）求
面积的最大值．
【答案】(1)
，
；
(2)（i）证明见解析；（ii）
.
【分析】（1）根据给定条件，直接写出椭圆及直线方程.
（2）（i）设出直线
方程，与椭圆方程联立求出点
的坐标，进而求出点
的坐标，再利用斜率坐
标公式计算得证；（ii）由（i）求出点
坐标，进而求出三角形面积关系，利用换元法，结合导数求出最
大值.
【详解】（1）由椭圆
的左顶点
，上顶点
，得
，
所以椭圆
的方程为
，直线
的方程为
.
（2）（i）直线
斜率存在，设其方程为
，点
由
，得
，则
，
解得
，即点
，
直线
交直线
于点
，
由点
是线段
的中点，得点
，
因此直线
的斜率
，即
，
所以直线
的斜率之和为定值.
（ii）由（i）同理得
，
，
点
到直线
的距离
，
则
的面积
，
显然
，
，令
，
，求导得
，
当
时，
；当
时，
，函数
在
上递增，在
上递减，
当
时，
，所以
面积的最大值为
.
12．（2026·黑龙江·一模）已知离心率相同的椭圆
与椭圆
分别是
同一矩形（两组对边分别与对称轴平行）的内切椭圆和外接椭圆
(1)求
，
(2)设直线l 与椭圆
相交于
两点，与椭圆
相交于
两点，且A 在线段BD 上
（ⅰ）求证：
（ⅱ）若
，
恰为DE 的三等分点，求坐标原点O 到直线l 距离的取值范围
【答案】(1)
，
(2)（ⅰ）证明见解析（ⅱ）
【分析】（1）由点
及两椭圆离心率相同进行列式求解即可；
（2）（ⅰ）当斜率k 不存在时，显然成立；当斜率k 存在时，设直线l 为
，
，
，
，
，联立方程得到根与系数的关系，设
中点为
，得
，
得
和Q 重合，则
进行证明；
（ⅱ）分直线斜率k 存在与不存在进行求解．
【详解】（1）由题知点
，
，
又因为两椭圆离心率相同，
因此
，即
，
，
．
（2）由（1）知
，
，
当斜率k 不存在时，显然成立；
当斜率k 存在时，设直线l 为
，
，
，
，
，
联立
得，
，
，
韦达定理
，
设
中点为
，则
，
，
，
联立
得，
，
，
韦达定理
，
设
中点为
，则
，
，
，
和Q 重合，
，
，
（ⅱ）①当斜率k 不存在时，
，
联立
得，
，
联立
得，
，
所以
，计算得
，所以
．
②当斜率k 存在时，
，
，
，
，
平方化简得，
，
直线
，
所以原点到直线的距离为
，
，
，
，
，
，
综上，坐标原点O 到直线距离的取值范围是
．
13．（2026·山西晋中·模拟预测）已知椭圆
的方程为
，其长轴长为6，且点
在
上.
(1)求
的方程；
(2)设
的左顶点为
，动直线的斜率为
，且与
交于
两点，
为坐标原点.
（i）若
，且
的重心在
轴上，求的方程；
（ii）若经过
的右焦点
，点
在第一象限，
是
关于原点的对称点，且四边形
与
的
面积之比为
，求
的值.
【答案】(1)
(2)（i）
；（ii）
【分析】（1）待定系数法即可求解.
（2）（i）由三角形的重心坐标公式求得
，直线方程与椭圆方程联立韦达定理即可求解；
（ii）设
的面积
，四
边形
的面积
由面积之比可得
，直线与椭圆联立韦达定理即可求解.
【详解】（1）由长轴长为6，可得
，则
.
将点
的坐标
代入椭圆方程，可得
，
解得
.
故
的方程为
.
（2）（i）由（1）可知
，设直线
.
联立得
可得
.
由
，可得
.
的重心的横坐标为
，则
，
即
，符合
，
故直线的方程为
.
（ii）由（i）可知
.
设
，
联立得
可得
，
则
如图，因为
的面积
，
四边形
的面积
所以
，得
.
故
，①
，②
联立①②，得
，又
在第一象限，所以
，
故解得
，所以
.
14．（2026·湖北襄阳·一模）如图，设抛物线方程为
，点P 为直线
上任意一点，过
P 作抛物线的切线，切点分别为
，
．
(1)若
的坐标为
，求证：直线
的方程为
；
(2)已知P 点的坐标为
，
，求此时抛物线的方程；
(3)是否存在点
，使得点
关于直线
的对称点D 在抛物线
上，其中点
满足
（
为坐标原点）．若存在，求出所有适合题意的点P 的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
或
(3)存在，
【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得；
（2）设
，则可得
的方程为
，结合
点坐标及
、
在抛物线上，可得
，
是方程
的两根，则可得与
，
有关韦达定理，再表示出直线
的斜率后，利用弦
长公式计算即可得解；
（3）设
，结合（1）、（2）中所得，可得
，再利用
在抛物线上，可得
或
，即有
或
，再分
及
讨论即可得.
【详解】（1）由
得
，
当
时，
，
所以
，则
的方程为：
，
则
，又
，
故
；
当
时，
，
所以
，则
的方程为：
，
则
，又
，
故
；
综上可得，
；
（2）设
，由（1）可得
的方程为
，
又P 点的坐标为
，
，则
，
又
，所以
，同理
，
所以
，
是方程
的两根，
因此
，
，又
，
由弦长公式得
，
化简得
，即
，
所以
或
（负值舍去），因此所求抛物线方程为
或
；
（3）设
，由题意得
，
则
的中点坐标为
，
由（1）（2）可知：直线
的方程为
，
由点
在直线
上，
中点
也在直线
上，
则
，
，
作差得
，即
，
若
在抛物线上，则
，
因此
或
，即
或
；
①
时，则
，此时，点
适合题意；
②当
，对于
，此时
，
，
又
，由
，所以
，
即
，矛盾，故不符；
对于
，因为
，此时直线DH 平行于x 轴，
又
，所以直线
与直线
不垂直，与题设矛盾；
所以
时，不存在符合题意的P 点；
综上所述，仅存在一点
适合题意.
15．（2026·江苏·一模）已知双曲线
的离心率为
，
是
上一点，直线
的斜率为
，且与
交于
两点.
(1)求
的方程；
(2)若
，求的方程；
(3)证明：
的外接圆的圆心
在定直线上.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意，利用双曲线的几何性质，列出方程组，求得
，即可求解；
（2）设
，联立方程组，由
，求得
，且
，结合
，根据向量数量积的运算公式，列出方程，求得
的值，即可求解；
（3）由（2）求得线段
的垂直平分线的方程为
，设点
的坐标为
，根据
及
，列出方程，化简得到
，代入
，求得
，得到圆心
在定直线
上，即可得证.
【详解】（1）因为双曲线
的离心率为
，且
是
上一点，
可得
，解得
，
所以双曲线
的方程为
.
（2）设直线的方程为
，且
，
联立方程组
，整理得
，
则
，解得
，所以
或
，
且
，
因为
，可得
，
又因为
，
可得
，
所以
，
将
代入上式得，
，
因为
，可得
，即
，
解得
或
，
又因为
或
，所以
，
所以直线的方程为
.
（3）由（2）知
，可得
的中点
的横坐标为
，
则点
的纵坐标为
，即
，
所以线段
的垂直平分线的方程为
，即
，
设点
的坐标为
，
因为
，可得
，
又因为
，
代入得
，
整理得
，
又由
，可得
，
则
，可得
，
其中
，
则
，
整理得
，
①当
时，两边同除以
，可得
，
代入
，可得
，即
，
所以
的外接圆的圆心
在定直线
上；
②当
时，即
时，可得直线
的方程为
，
此时点
满足直线
的方程，此时
三点共线，不能构成三角形，舍去，
综上可得，
的外接圆的圆心
在定直线
上.
16．（2026·四川·模拟预测）已知椭圆
的离心率为
，短轴长为2．
(1)求椭圆
的方程；
(2)若动直线l 与椭圆
有且仅有一个公共点，过原点O 作l 的垂线，垂足为M，设点M 的轨迹为E．
（ⅰ）求轨迹E 的方程；
（ⅱ）以坐标原点O 为公共端点作两条互相垂直的射线，
，分别与E 交于点P，Q，与椭圆
交于点
，
，求以P，
，Q，
为顶点的四边形的面积的最大值.
【答案】(1)
(2)（i）
（ii）
【分析】（1）根据短轴长求出
，再由离心率得到与
的关系，最后结合椭圆的基本关系式
解出
，从而确定椭圆方程；
（2）（i）先设出直线方程并与椭圆联立，利用相切条件得到参数关系，再结合垂足在直线上且与直线垂
直的条件，消去参数后得到轨迹方程，最后验证斜率不存在的情况；（ii）先设两互相垂直的射线斜率为
与
，分别求出四条线段长度的平方，利用发现的倒数关系表示四边形面积，再通过换元法转化为二次
函数最大值，进而得到面积的最大值.
【详解】（1）已知椭圆
，离心率
，短轴长
，
由短轴长得
，由离心率
，得
，
结合
，得
，解得
，
因此，椭圆
的方程为：
.
（2）（i）若动直线的斜率存在，设其方程为
，
联立直线与椭圆方程：
，得
，
直线与椭圆相切，故判别式
，即
，可得
，
因为
，所以直线
的斜率为
，设点
的坐标为
，则有：
，即
，
点
也在直线上，所以
，即
代入
，
，
整理得轨迹
的方程：
（当
时，
，
，代入上式也成立）；
若动直线的斜率不存在，切线方程为
，过原点
作垂线，垂线即
轴，垂足
的坐标为
，
满足
，
综上，轨迹
的方程：
.
（ii）点
在轨迹
上，将
代入得：
，即
，则
，
同理可得
，
点
在椭圆
上，代入
得
，即
，
则
，同理可得
，
因为
，四边形面积
因为
，令
，则
，
因为
与
在
时都是增函数，所以
是增函数.
因为
，令
，则
，
，
则
，
令
，
，则当
时，即
时，
取得最大值，
最大值为
，此时
，
.
17．（2026·陕西榆林·一模）已知双曲线
的右焦点为F，左顶点为
，离心
率为2，过点F 且斜率存在的直线l 与E 的右支交于P，Q 两点（点P 在第一象限），M 是PQ 的中点，O
为坐标原点．
(1)求E 的方程；
(2)证明：
；
(3)过点F 且与l 垂直的直线m 交直线OM 于点N，证明：
的面积大于
．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由双曲线的参数关系结合离心率即可求解；
（2）将角度关系转化为直线斜率关系，利用点在双曲线上满足的方程进行代数推导，证明
成立；
（3）联立直线与双曲线方程求得弦长
和中点
的坐标，再通过直线
与垂线
的交点得到点
的
坐标，计算三角形面积表达式后通过换元与导数分析证明其大于
即可.
【详解】（1）因为左顶点为
，所以
．
因为离心率
，所以半焦距
，则
．
所以
的方程为
．
（2）设点
的坐标为
，直线
的倾斜角为
，直线
的倾斜角为
，
则
，
，要证
，即证
，
由题意得
，即证
，
即证
．
因为
，所以
，
因为点
在
上，所以
，
所以
，得证，
综上，可得
．
（3）设的方程为
，
，
，
联立方程得
，整理得
，
所以
，
，
所以
，
设
，则
，
，
直线
的方程为
．
因为
，所以
的方程为
，
由
可得
即
，
则有
，
代入
，则有
，
所以
，
所以
，设
，则
，
设
，
令
，则
，
，
令
，则
，
当
时，
，
单调递减，
所以
，故
，
所以
，即
的面积大于
．
18．（2026·浙江·模拟预测）已知双曲线
的离心率为
，且过点
，O 为坐标原点．
设点
，过P 作C 的两条切线，
（其中直线的斜率小于直线
的斜率）．
(1)求双曲线C 的方程；
(2)求，
的直线方程；
(3)平面上一动点
，过A 作C 的两条切线
，
，
与双曲线的左支切于点E，
与双曲线
的右支切于点F，与
交于点M，
与
交于点N．求直线EF 与直线MN 的交点Q 的轨迹方程．
【答案】(1)
(2) ，
的直线方程为
(3)
【分析】（1）根据离心率可得
，代入点
可得
，
，即可得双曲线方程；
（2）设过
的切线方程为
，联立方程结合判别式可得
，即可得切线方程；
（3）设直线
，联立方程结合判别式可得
，求交点坐标
，以及交点Q 的坐
标，即可得轨迹方程.
【详解】（1）因为
，则
，
将点
代入双曲线方程得
，解得
，
，
故双曲线方程为
.
（2）设过
的切线方程为
，
联立方程
，消去y 得
，
则
，解得
，
故，
的直线方程为
．
（3）已知
，设直线
，
联立方程
，消去y 得
，
则
，即
，
且
，
可得
，即
，
则
，切点
，
且
，即
当斜率不存在时，切线方程
，切点
，则
，
联立方程
，解得
，
联立方程
，解得
，
则
，
可得
．
联立方程
，解得
，
故交点
的轨迹为
．
19．（2026·江西·一模）已知曲线
上的动点
满足
，且
，
(1)求
的方程；
(2)已知
，
，
为
上的动点（点
与
不重合），直线
和直线
交于点
，直线
交
于点
．
（i）求证：直线
过定点；
（ii）设直线
的倾斜角为
，
的面积分别为
，当
时，求
取值范围．
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）根据题意，得到
，结合双曲线的定义，即可求得曲线
的方程；
（2）（i）设直线
，联立方程组，利用韦达定理求得
，由
三
点共线，结合
，列出方程，求得的值，即可求解；（ii）由（i）求得
，令
，
得到
，根据题意，求得
，得到关于
的不等式组，求得
的取值范围，即
可求解.
【详解】（1）解：因为
，可得
，
又因为
，可得
，
由双曲线的定义，可得曲线
是以
为焦点，
实轴长为
的双曲线的左支，所以
，则
，
所以双曲线
的方程为
.
（2）解：（i）设直线
的方程为
，且
，
联立方程组
，整理得
，
则
且
，
则
，可得
，
直线
，令
，可得
，所以
又
三点共线，可得
，所以
，
即
，即
，
即
，
所以
，
整理得
恒成立，所以
，
所以直线
方程为
，所以直线
过定点
；
（ii）由（i）知，
，
，
所以
，
又由
，
令
，则
，且
，
因为直线
的
，可得
，则
，
所以
，即
，
所以
，解得
，
故
.
20．（2026·辽宁·模拟预测）已知双曲线
经过点
，其一条渐近线斜率为．圆
，点
为第一象限
上一点，点
是
的右顶点，点
为
上一点，设直线
的斜率为
，
直线
的斜率为
，且
．
(1)求
的曲线方程；
(2)求证：直线
经过定点
，并求出点
的坐标；
(3)设
的右焦点为
，直线
交
于点
，作点
关于
轴的对称点
，连接
，直线
与
交
于点
．在
的渐近线上是否存在点，使得
的面积为定值？若存在，请求出点的坐标；若不存在，
请说明理由．
【答案】(1)
(2)证明见解析，
(3)存在，
或
．
【分析】（1）依题意设
，代入点的坐标求出
即可；
（2）直线
过定点
，设
的斜率为
，即可得到
，设
，推出
，从
而得到
，即可得证；
（3）设
，
，表示出
、
的方程，联立两直线方程消去
，表示出
，设直线
，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，即可求出
的轨迹方程，求出确定的
位置及坐标.
【详解】（1）根据一条渐近线的斜率为，可知该双曲线为等轴双曲线．
设
，将
代入得
，解得
．
双曲线的方程为
．
（2）直线
过定点
．
已知直线
的斜率为
，直线
的斜率为
且
，设
的斜率为
．
点
在圆上，
为直径，
，即
，
．
点
在双曲线上，设
，所以
，
，即
，
，
三点共线．
直线
过定点
，得证．
（3）设
，
，则
．
直线
，直线
．
联立
、
整理得
，
即
，
即
，
即
．
设直线
，则
，
代入得
，
联立
，消去
整理得
，
所以
，
代入
．
点
的轨迹是定直线
．
要使
的面积为定值，
点为过点
与
轴平行的直线与两条渐近线的交点，
又双曲线的渐近线方程为
，
由
，解得
或
，所以
或
．
