2026年高考数学终极冲刺：专项04 解析几何8大题型 （大题专练）（全国适用）（原卷版及解析）

1/2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.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.2．（25-26高三上·天津·期末）已知椭圆C:x(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.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．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．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.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：．研考点·通技法圆锥曲线证明问题求解策略：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.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​、x1​x2​，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.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：.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：.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．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.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.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.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.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．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．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．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．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.研考点·通技法圆锥曲线中探索性问题的常见解法=1\*GB2⑴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.=2\*GB2⑵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.=3\*GB2⑶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．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.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．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.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.（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.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：.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.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．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．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．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.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．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.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．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．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，.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．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．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.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．

专项04解析几何参考答案题型01解析几何中的面积问题析典例·建模型1．【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.破类题·提能力1．【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8.2．【答案】（1）x24+（2）y=−1【解析】（1）依题意可得2a=42c=2，所以a=2c=1，则所以椭圆C的方程为x24+（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x2将y=kx+n与椭圆方程x24+y23=1联立，消去y并整理得，4k2xM=−8kn2(4k2+3)所以直线OM的方程为y=−34kx，将其与直线NA的方程x2+yn=1联立，解得xP=4kn2kn−3，yP=−3n2kn−3，即点P的坐标为(4kn题型02解析几何中定值定点问题析典例·建模型1．【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．【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．破类题·提能力1．【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.2.【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，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，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．【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①②③，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.破类题·提能力1．【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．【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.【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，，，即的范围是破类题·提能力1．【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．（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.【答案】(1)(2)是，【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．【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.破类题·提能力1．【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．【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．【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．破类题·提能力1．【答案】（1）2；（2）【解析】（1）设，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，，所以的面积，而或，所以，当时，的面积．2．【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．【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.破类题·提能力1．【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．【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．【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．破类题·提能力1．【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，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，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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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