2024年高考数学一模好题分类汇编：直线与圆、圆锥曲线（解析版）

直线与圆、圆锥曲线题型01直线与圆题型02椭圆题型03双曲线题型04抛物线题型01直线与圆221(2024·浙江·校联考一模)圆C:x+y-2x+4y=0的圆心C坐标和半径r分别为()A.C1,-2,r=5B.C1,-2,r=5C.C-1,2,r=5D.C-1,2,r=5【答案】A2222【详解】圆C:x+y-2x+4y=0，即C:x-1+y+2=5，它的圆心C坐标和半径r分别为C1,-2,r=5.故选：A.222(2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模)“a≤-5或a≥5”是“圆C1:x+y=1与圆C2:(x22+a)+(y-2a)=36存在公切线”的()A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【详解】圆C1的圆心为0,0，半径r1=1，圆C2的圆心为-a,2a，半径r2=6，222所以两圆的圆心距为d=C1C2=a+4a=5a，2两圆内含时，即5a<6-1，解得-5<a<5，所以当两圆有公切线时，a≥5或a≤-5，2222所以“a≤-5或a≥5”是“圆C1:x+y=1与圆C2:(x+a)+(y-2a)=36存在公切线”的充要条件．故选：C．22223(2024·黑龙江齐齐哈尔·统考一模)已知圆C1:(x-3)+y=1,C2:x+(y-a)=16，则下列结论正确的有()A.若圆C1和圆C2外离，则a>4B.若圆C1和圆C2外切，则a=±4C.当a=0时，圆C1和圆C2有且仅有一条公切线D.当a=-2时，圆C1和圆C2相交【答案】BCD2【详解】C13,0,C20,a,C1C2=9+a,r1=1,r2=4.2若C1和C2外离，则C1C2=9+a>r1+r2=5，解得a>4或a<-4，故A错误；2若C1和C2外切，C1C2=9+a=5，解得a=±4，故B正确；1 当a=0时，C1C2=3=r2-r1,C1和C2内切，故C正确；当a=-2时，3<C1C2=13<5,C1和C2相交，故D正确.故选：BCD4(2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模)在直角坐标系xOy中，直线l1的参数方程为x=1sx=3t2(t为参数)，直线l2的参数方程为(s为参数).y=4t-1y=3s2(1)求这两条直线的普通方程(结果用直线的一般式方程表示)；222(2)若这两条直线与圆C:(x-3)+(y-4)=m都相离，求m的取值范围.【答案】(1)l1:4x-3y-3=0，l2:3x-y=04-3333-4(2)<m<22x=3t4x=12t【详解】(1)直线l1的参数方程为，则，y=4t-13y=12t-3两式相减得4x-3y-3=0x=1s23直线l2的参数方程为，则s=2x代入y=s，y=3s22得y=3x,3x-y=0；(2)圆C的圆心为3,4，半径为m，222若l1,l2与圆C:(x-3)+(y-4)=m相离，12-12-33>m>m55所以，即，33-433-4>m>m224-3333-4解得<m<.22225(2024·重庆·统考一模)过点P作圆C:x+y-4x-43y+15=0的两条切线，切点分别为A,B，若△PAB为直角三角形，O为坐标原点，则OP的取值范围为()A.2-2,2+2B.4-2,4+2C.2-2,2+2D.4-2,4+2【答案】D22【详解】圆C:(x-2)+(y-23)=1的圆心C(2,23)，半径r=1，由PA,PB切圆C于点A,B，且△PAB为直角三角形，得∠APB=90°,|PA|=|PB|，连接AC,BC，则∠CAP=∠CBP=90°，即四边形APBC是正方形，|PC|=2，22因此点P在以点C为圆心，2为半径的圆上，而|OC|=2+(23)=4，2 于是|OP|max=4+2,|OP|min=4-2，所以OP的取值范围为4-2,4+2.故选：D226(2024·江西吉安·吉安一中校考一模)已知圆C：x+y-4x-14y+45=0及点Q(-2,3)，则下列说法正确的是()A.直线kx-y-2k+1=0与圆C始终有两个交点B.若M是圆C上任一点，则|MQ|的取值范围为22,621C.若点P(m,m+1)在圆C上，则直线PQ的斜率为4D.圆C与x轴相切【答案】B22【详解】依题意，圆C：(x-2)+(y-7)=8，圆心C(2,7)，半径r=22，对于A，直线kx-y-2k+1=0恒过定点(2,1)，而点(2,1)在圆C外，则过点(2,1)的直线与圆C可能相离，故A不正确；对于B，|CQ|=42，点Q在圆C外，由CQ-r≤MQ≤CQ+r得：22≤MQ≤62，故B正确.22对于C，点P(m,m+1)在圆C上，则(m-2)+(m-6)=8，解得m=4，而点Q(-2,3)，m-21则直线PQ的斜率为=，故C不正确；m+23对于D，点C(2,7)到x轴距离为7，大于圆C的半径，则圆C与x轴相离，即圆C与x轴不相切，故D不正确；故选：B227(2024·河北·校联考一模)已知圆C:x+2x+y-1=0，直线mx+ny-1=0与圆C交于A，B两点.若△ABC为直角三角形，则()22A.mn=0B.m-n=0C.m+n=0D.m-3n=0【答案】A22【详解】因为圆C:x+2x+y-1=0，圆心为C-1,0，半径为r=2，即CA=CB=222因为△ABC为直角三角形，所以AB=CB+CA=2,-m-nm+n设圆心C-1,0到直线mx+ny-1=0的距离为d，d==2222m+nm+n3 m+n22由弦长公式AB=2r-d得d=1，所以=1，化简得mn=0.22m+n故选：A.228(2024·广东深圳·校考一模)已知圆C：x+y-2kx-2y-2k=0，则下列命题是真命题的是()A.若圆C关于直线y=kx对称，则k=±1B.存在直线与所有的圆都相切C.当k=1时，Px,y为圆C上任意一点，则y+3x的最大值为5+3D.当k=1时，直线l:2x+y+2=0,M为直线l上的动点，过点M作圆C的切线MA,MB，切点为A，B，则CM⋅AB最小值为4【答案】BCD22222【详解】解：圆C：x+y-2kx-2y-2k=0，整理得：x-k+y-1=k+1，所以圆心Ck,1，半径r=k+1>0，则k≠-12对于A，若圆C关于直线y=kx对称，则直线过圆心，所以1=k，得k=±1，又k=-1时，r=0，方程不能表示圆，故A是假命题；对于B，对于圆C，圆心为Ck,1，半径r=k+1>0，则k≠-1，当直线为x=-1时，圆心到直线的距离d=k-(-1)=k+1=r，故存在直线x=-1，使得与所有的圆相切，故B是真命题；22对于C，当k=1时，圆的方程为x-1+y-1=4，圆心为C1,1，半径r=2由于Px,y为圆C上任意一点，设y+3x=m，则式子可表示直线y=-3x+m，此时m表示直线的纵截距，故当直线与圆相切时，可确定m的取值范围,3+1-m于是圆心C1,1到直线y=-3x+m的距离d==r=2，解得m=3-3或m=5+3，221+3则3-3≤m≤5+3，所以y+3x的最大值为5+3，故C为真命题；22对于D，圆的方程为x-1+y-1=4，圆心为C1,1，半径r=2，如图，连接AC,BC，因为直线MA,MB与圆C相切，所以MA⊥AC,MB⊥BC，且可得MA=MB，又AC=BC=r=2，11所以MC⊥AB，且MC平分AB，所以S四边形MBCA=CM⋅AB=2S△MAC=2×MA⋅AC，224 222则CM⋅AB=2MA⋅AC=2CM-r×2=4CM-4，则CM⋅AB最小值即CM的最小值，2+1+2即圆心C1,1到直线l:2x+y+2=0的距离d=CMmin==5，222+1所以CM⋅AB的最小值为4，故D为真命题.故选：BCD.229(2024·安徽合肥·合肥一六八中学校考一模)已知直线y=kx+2k∈R交圆O:x+y=9于Px1,y1,Qx2,y2两点，则3x1+4y1+16+3x2+4y2+16的最小值为()A.9B.16C.27D.30【答案】D【详解】由题设直线与y轴的交点为A0,2，设弦PQ的中点为Ex,y，连接OE，则OE⊥PQ，即OE⊥AE，所以OE⋅AE=0，2即x,y⋅x,y-2=x+yy-2=0，22所以点E的轨迹方程为x+(y-1)=1，即E的轨迹是以0,1为圆心，1为半径的圆，4+16设直线l为3x+4y+16=0，则E到l的最小距离为-1=3，5过P､E､Q分别作直线l的垂线，垂足分别为M,R,N，则四边形MNQP是直角梯形，且R是MN的中点，3x1+4y1+163x2+4y2+16则ER是直角梯形的中位线，所以MP+NQ=2ER，即+=2ER，55即3x1+4y1+6+3x2+4y2+6=10ER≥30，所以3x1+4y1+16+3x2+4y2+16的最小值为30.故选：D.2210(2024·吉林延边·统考一模)已知Ax1,y1,Bx2,y2是圆O:x+y=4上的两点，则下列结论中正确的是()A.若点O到直线AB的距离为2，则AB=22πB.若AB=23，则∠AOB=3πC.若∠AOB=，则x1+y1-1+x2+y2-1的最大值为625 D.x1x2+y1y2的最小值为-4【答案】ACD22【详解】依题意，圆O:x+y=4的圆心O0,0，半径为r=2如图所示：22对于A选项：因为点O到直线AB的距离为2，所以AB=2r-d=22，故选项A正确；对于B选项：因为AB=23，且OA=OB=r=2，222OA+OB-AB4+4-121所以在△ABC中，由余弦定理可得：cos∠AOB===-,2OAOB2×2×222π所以∠AOB=，故选项B错误；3x1+y1-1x2+y2-1对于C选项：由x1+y1-1+x2+y2-1=2+，22其几何意义为Ax1,y1,Bx2,y2到直线x+y-1=0的距离之和的2倍设A,B的中点为Cx0,y0,结合梯形的中位线可知：x0+y0-1则有x1+y1-1+x2+y2-1=22，2π因为∠AOB=，所以AB=4+4=22,21在直角三角形△OAB中，OC=AB=2,2所以点C的轨迹为以原点0,0为圆心，2为半径的圆.0+0-12因为0,0到x+y-1=0的距离为d==，22x0+y0-1232所以=+2=，2max22x0+y0-1所以x1+y1-1+x2+y2-1max=22=6，故选项C正确；2max对于D选项：因为x1x2+y1y2=OA⋅OB=2×2×cosOA,OB，所以当OA,OB所成的角为π时，x1x2+y1y2min=2×2×cosπ=-4.故选项D正确;故选：ACD.6 题型02椭圆2y2x111(2024·安徽合肥·合肥一六八中学校考一模)如果椭圆+=1(k>-8)的离心率为e=，k+892则k=()544A.4B.4或-C.-D.4或-455【答案】B2y2x1【详解】解：因为椭圆+=1(k>-8)的离心率为e=，k+89222k-11当k+8>9时，椭圆焦点在x轴上，可得：a=k+8,b=3,∴c=a-b=k-1,∴e==，解k+82得k=4，22c1-k当0<k+8<9时，椭圆焦点在y轴上，可得：a=3,b=k+8,∴c=a-b=1-k,∴e==a315=，解得k=-．245∴k=4或k=-.4故选：B．2y2x12(2024·福建厦门·统考一模)设椭圆C:2+2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直ab线与C交于A，B两点，若F1F2=2，且△ABF2的周长为8，则()1A.a=2B.C的离心率为C.|AB|可以为πD.∠BAF2可以为直角4【答案】AC222【详解】由F1F2=2c=2⇒c=1，如下图△ABF2周长为4a=8⇒a=2，故b=a-c=3，1所以，椭圆离心率为e=，A对，B错；222b当AB⊥x轴，即AB为通径时|AB|min==3，且|AB|<2a=4，a所以3≤|AB|<4，故|AB|可以为π，C对；222a+a-4c1由椭圆性质知：当A为椭圆上下顶点时∠BAF2最大，此时cos∠BAF2=2=，2a2π且∠BAF2∈(0,π)，故(∠BAF2)max=，即∠BAF2不可能为直角，D错.37 故选：AC2y2x13(2024·云南曲靖·统考一模)已知P为椭圆C:2+2=1a>b>0上一点，F1,F2分别为C的左、ab5右焦点，且PF1⊥PF2，若△PF1F2外接圆半径与其内切圆半径之比为，则C的离心率为．25【答案】7【详解】由题意，在Rt△PF1F2中|F1F2|=2c,|PF1|+|PF2|=2a,∠F1PF2=90°，|F1F2||PF1|+|PF2|-|F1F2|所以其外接圆半径R==c，内切圆的半径为=a-c，22c5c5故=⇒e==.a-c2a75故答案为：72y2x14(2024·重庆·统考一模)已知点F为椭圆+=1(a>b>0)的右焦点，过坐标原点作一条倾斜22abπ角为的直线交椭圆于P,Q两点，FP+FQ=FP-FQ，则该椭圆的离心率为．3【答案】3-1/-1+3【详解】令椭圆的左焦点为F，半焦距为c，分别连接FP，FQ，由FP+FQ=FP-FQ，得四边形FPFQ为矩形，π而∠FOP=，则△OFP为正三角形，所以|FP|=c，FP=3c，3c∴2a=PF+|PF∣=(3+1)c，则椭圆离心率为e==3-1，a故答案为：3-1.2y2x15(2024·黑龙江齐齐哈尔·统考一模)已知P为椭圆C:+=1上的一个动点，过P作圆M:(x-93221)+y=2的两条切线，切点分别为A,B，则AB的最小值为.2102【答案】/1055【详解】设Px,y,∠MAB=θ，由已知MA⊥AP，由对称性可得AB⊥PM,ππ所以∠PAB+∠MAB=,∠MPA+∠PAB=，22则AB=22cosθ，∠MPA=∠MAB=θ，8 2且sinθ=，PMx22325222因为PM=(x-1)+y=(x-1)+3-3=3x-2+2，因为-3≤x≤3，103所以PM≥，当且仅当x=时等号成立，2222π所以sinθ=≤，又θ∈0,，PM52215所以cosθ=1-sinθ≥=，555210所以AB=22cosθ≥22×=.55210所以AB的最小值为.5210故答案为：.52y2x16(2024·山东济南·山东省实验中学校考一模)若椭圆C1和C2的方程分别为2+2=1(a>b>0)ab2y22y22y2xxx和2+2=λ(a>b>0,λ>0且λ≠1)则称C1和C2为相似椭圆．己知椭圆C1:4+3=1,C2:4+3ab=λ(0<λ<1)，过C2上任意一点P作直线交C1于M，N两点，且PM+PN=0，则△MON的面积最大时，λ的值为()1133A.B.C.D.3242【答案】B【详解】当直线MN的斜率不存在时，设直线MN的方程为x=x0，-2λ≤x0≤2λ，2y2xx=x0+=1联立43，可得x2，y=±3×1-0x=x042x0所以MN=23×1-，42x0所以△MON的面积为S△MON=3x01-，4由PM+PN=0，可得P为MN的中点，所以Px0,0，因为点P在椭圆C2上，所以x0=±2λ，所以S△MON=23×λ1-λ，当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y=sx+t，2y2x+=143222联立，消去y得，4s+3x+8stx+4t-12=0，y=sx+t222222∴Δ=64st-44s+34t-12=484s-t+3>0，28st4t-12设Mx1,y1，Nx2,y2，则x1+x2=-2，x1x2=2，4s+34s+39 y1+y2sx1+x2+2t4s2t3t∴==-+t=，224s2+34s2+34st3t所以P点坐标为-,，4s2+34s2+322因为点P在椭圆C2上，所以t=λ4s+3，t因为原点O到直线MN的距离为，21+s222MN=1+sx2-x1=1+s×x1+x2-4x1x2，22123t4s-t+3所以△MON的面积为S△MON=tx1-x2=224s+32223×λ4s+3×1-λ4s+3==23×λ1-λ，24s+3综上，S△MON=23×λ1-λ，又0<λ<1，121又S△MON=23×λ1-λ=23×-λ-2+4，1所以当λ=时，△MON的面积最大.2故选：B.22【点睛】关键点点睛：由PM+PN=0可得P为MN的中点，由此得到t=λ4s+3，将此关系代入S△MON并化简可将S△MON表示为一个变量的函数，从而利用二次函数求最值.2y2x617(2024·新疆乌鲁木齐·统考一模)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为，点P0,2在a2b23椭圆C上，过点P的两条直线PA，PB分别与椭圆C交于另一点A，B，且直线PA，PB，AB的斜率满足kPA+kPB=4kABkAB≠0．(1)求椭圆C的方程；(2)证明直线AB过定点；(3)椭圆C的焦点分别为F1，F2，求凸四边形F1AF2B面积的取值范围．2y2x【答案】(1)+=1124(2)证明见解析246(3)11,82b=2c=62【详解】(1)由题设得a3，解得a=12，222a=b+c2y2x所以C的方程为+=1；124(2)由题意可设lAB:y=kx+m(m≠2)，设Ax1,y1，Bx2,y2，y=kx+m222由x2y2，整理得1+3kx+6kmx+3m-12=0，+=112410 222222Δ=36km-41+3k3m-12=1212k-m+4>0．23m-12-6mk由韦达定理得x1x2=2，x1+x2=2，1+3k1+3ky1-2y2-2由kPA+kPB=4kAB得+=4k，x1x2kx1+m-2kx2+m-2即+=4k，x1x22整理得2mk(m-2)=24-mk，2因为k≠0，得m-m-2=0，解得m=2或m=-1，m=2时，直线AB过定点P(0,2)，不合题意，舍去；2m=-1时，满足Δ=364k+1>0，所以直线AB过定点(0,-1)．1(3))由(2)得直线lAB:y=kx-1，所以x=(y+1)，kx=1(y+1)k由x2y2，+=112412211整理得+3y+y+-12=0，Δ=36+4>0，k2k2k2k21+412k由题意得SF1AF2B=F1F2y1-y2=22y1-y2=1221，2+32k1211因为kAF=，所以k>，所以0<<8，2228k21令t=+4，t∈(2,23)，2kt1所以SF1AF2B=1222=1221，在t∈(2,23)上单调递减，t-1t-t246所以SF1AF2B的范围是11,82．2218(2024·江西吉安·吉安一中校考一模)如图，D为圆O：x+y=1上一动点，过点D分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为A，B，连接BA并延长至点W，使得WA=1，点W的轨迹记为曲线C．(1)求曲线C的方程；(2)若过点K-2,0的两条直线l1，l2分别交曲线C于M，N两点，且l1⊥l2，求证：直线MN过定点；(3)若曲线C交y轴正半轴于点S，直线x=x0与曲线C交于不同的两点G，H，直线SH，SG分别交x轴11 π于P，Q两点．请探究：y轴上是否存在点R，使得∠ORP+∠ORQ=？若存在，求出点R坐标；若不存2在，请说明理由．2x2【答案】(1)+y=146(2)证明见解析，-,05(3)存在，R(0,±2)【详解】(1)设Wx,y，D(x0,y0)，则A(x0,0),B(0,y0)，x=x由题意知AB02=1，所以WA=AB，得(x0-x,-y)=(-x0,y0)，所以，y0=-y2222x2x2因为x0+y0=1，得+y=1，故曲线C的方程为+y=1．44(2)由题意可知，直线l1,l2不平行坐标轴，1则可设l1的方程为：x=my-2，此时直线l2的方程为x=-y-2．mx=my-222由x22，消去x得：(m+4)y-4my=0，+y=1424m4m2m-8解得：y=或y=0(舍去)，所以x=m⋅-2=，222m+4m+4m+4222m-84m2-8m4m所以M,，同理可得：N,-．m2+4m2+44m2+14m2+1当m≠±1时，直线MN的斜率存在，4m4m+2m2+44m2+14m(5m+5)5mkMN=2m2-82-8m2=4=2，-16m-164m-422m+44m+15m6则直线MN的方程为y=x+，4m2-456所以直线MN过定点-,0．566当m=±1时，直线MN斜率不存在，此时直线MN方程为：x=-，也过定点-,0，556综上所述：直线MN过定点-,0．5π(3)假设存在点R使得∠ORP+∠ORQ=，设R0,t，2π因为∠ORP+∠ORQ=，所以∠ORQ=∠OPR，即tan∠ORQ=tan∠OPR，2|OQ||OR|2所以=，所以|OR|=|OP|⋅|OQ|，|OR||OP|直线x=x0与曲线C交于不同的两点G、H，易知G、H关于x轴对称，设G(x0,y0),H(x0,-y0)(y0≠±1,y0≠0)，y0-1易知点S0,1，直线SG方程是y=x+1，x012 x0令y=0得点P横坐标xP=-，y0-1y0+1x0直线SH方程是y=x+1，令y=0得点Q横坐标xQ=，-x0y0+1222x0由|OR|=|OP|⋅|OQ|，得t=2，又G(x0,y0)在椭圆上，|y0-1|2x022所以+y0=1，所以t=4，解得t=±2，4π所以存在点R(0,±2)，使得∠ORP+∠ORQ=成立．22y2x119(2024·湖南长沙·雅礼中学校考一模)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为，且点a2b2231,-在椭圆上．2(1)求椭圆C的标准方程；(2)如图，若一条斜率不为0的直线过点(-1,0)与椭圆交于M,N两点，椭圆C的左、右顶点分别为A,B，直22k1+k2线BN的斜率为k1，直线AM的斜率为k2，求证：为定值．k1⋅k22y2x【答案】(1)+=143(2)证明见解析2y2x13【详解】(1)由椭圆C：+=1(a>b>0)的离心率为，且点1,-在椭圆上，a2b22222c1bc123可得=，所以=1-=1-=，a2a2a22431922又点1,-在该椭圆上，所以+=1，所以a=4，b=3，2a24b22y2x所以椭圆C的标准方程为+=1．43(2)证明：设Mx1,y1,Nx2,y2，由于该直线斜率不为0，可设LMN：x=my-1，2y2x22联立方程x=my-1和+=1，得(3m+4)y-6my-9=0，43Δ>0恒成立，根据韦达定理可知，6m-93y1+y2=2,y1·y2=2,my1·y2=-2y1+y2，3m+43m+4y2y1k1=,k2=，x2-2x1+213 k2y1(x2-2)y1(my2-3)my1y2-3y1===，k1(x1+2)y2(my1+1)y2my1y2+y23k-(y1+y2)-3y1k2+k2kk10221212∴==3，∴=+=．k1-3(y+y)+yk1∙k2k2k1321222y2x20(2024·吉林延边·统考一模)已知椭圆E:+=1a>b>0的右焦点为F2，上顶点为H，O为22ab3坐标原点，∠OHF2=30°，点1,2在椭圆E上．(1)求椭圆E的方程；(2)设经过点F2且斜率不为0的直线l与椭圆E相交于A，B两点，点P-2,0，Q2,0．若M，N分别为S△MPQ直线AP，BQ与y轴的交点，记△MPQ，△NPQ的面积分别为S△MPQ，S△NPQ，求的值．S△NPQ2y2x【答案】(1)+=1431(2)3【详解】(1)由∠OHF2=30°，得b=3c(c为半焦距)，319∵点1,在椭圆E上，则+=1．2a24b2222又a=b+c，解得a=2，b=3，c=1．2y2x∴椭圆E的方程为+=1．43(2)由(1)知F21,0．设直线l:x=my+1，Ax1,y1，Bx2,y2．x=my+122由x2y2消去x，得3m+4y+6my-9=0．+=1432显然Δ=144m+1>0．-6m-9则y1+y2=2，y1y2=2．3m+43m+43∴my1y2=y1+y2．2y1y2由P-2,0，Q2,0，得直线AP的斜率k1=，直线BQ的斜率k2=．x1+2x2-2OMON又k1=，k2=，OP=OQ=2，OPOQ1PQOMk1S△MPQ2⋅OMOMk1∴=．∴===．ONk2S△NPQ1PQ⋅ONONk223y+y-y1y+3yk1y1x2-2y1my2-1my1y2-y1212121221∵======．k2x1+2y2my1+3y2my1y2+3y23y+y+3y3y+9y321222122S△MPQ1∴=．S△NPQ314 2y2x21(2024·山东济南·山东省实验中学校考一模)已知椭圆C:+=1a>b>0的右焦点为22abF2,0，点2,3在椭圆C上．(1)求椭圆C的方程；(2)过F的两条互相垂直的直线分别交椭圆C于A,B两点和P,Q两点，设AB,PQ的中点分别为M,N，求△FMN面积的最大值．2y2x【答案】(1)+=1844(2)922222【详解】(1)由题意知c=2．又a=b+c，所以a=b+4．232把点2,3代入椭圆方程，得+=1，解得b=4．22b+4b2y2x故椭圆C的方程为+=1．84(2)由题意知直线AB,PQ的斜率均存在且不为零．设直线AB的方程为y=kx-2k≠0，且Ax1,y1,Bx2,y2．y=kx-22222由x2y2消去y，得1+2kx-8kx+8k-8=0．+=184228k8k-8所以x1+x2=2，x1x2=2．1+2k1+2k4k而y1+y2=kx1-2+kx2-2=kx1+x2-4k=-2，1+2k24k-2k42k所以M,．同理得N,．1+2k21+2k22+k22+k224k44若=，则k=±1，此时直线MN的斜率不存在，可得直线MN:x=．1+2k22+k2341424此时MN=，所以S△FMN=××=；32339-2k-2k223k1+2k2+k若k≠±1，则直线MN的斜率为=，224k-421-k221+2k2+k22k3k4k可得直线MN：y+=x-．1+2k221-k21+2k23k44化简，得y=x-．所以直线MN过定点T,0．21-k23312-2k122k所以S△FMN=S△FTM+S△FTN=2×3×2+2×3×21+2k2+k1222k+12k12k12k3+3k2k1+kk=×+×=×==．31+2k232+k231+2k22+k22k4+5k2+2212k+k2+512t2t令t=k+∈2,+∞，则S△FMN=ft=2=2．k2t-2+52t+115 221-2t因为ft=<0，所以ft在t∈2,+∞上单调递减．222t+144所以ft<f2=，即S△FMN<.994综上，S△FMN≤.94所以当k=±1时，△FMN的面积取得最大值．9【点睛】关键点睛：本题考查了椭圆方程，定点问题，最值问题；意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用设而不求的思想，分类讨论的思想，根据韦达定理得到根与系数的关系，是解题的关键，此方法是考查的重点，需要熟练掌握.2y22y2xx22(2024·山西晋城·统考一模)已知椭圆P:+=1的焦点是椭圆E的顶点，椭圆Q:+=16269的焦点也是E的顶点．(1)求E的方程；(2)若Fx0,y0，C，D三点均在E上，且CF⊥DF，直线CF，DF，CD的斜率均存在，证明：直线CD过定点(用x0，y0表示)．2y2x【答案】(1)+=143x0y0(2)过定点7,-7,证明见解析.【详解】(1)因为6-2=2，所以P的焦点为(-2,0)，(2,0)，因为9-6=3，所以Q的焦点为(0,-3)，(0,3)，2y22y2xx所以可设E的方程为+=1(a>b>0)，则a=2，b=3，故E的方程为+=1．a2b243(2)证明：设Cx1,y1，Dx2,y2，y1-y0y2-y0直线CD:y=kx+m．kFC=，kFD=．x1-x0x2-x0因为CF⊥DF，所以kCF⋅kFD=-1，即x1-x0x2-x0+y1-y0y2-y0=0，22即x1x2-x0x1+x2+x0+y1y2-y0y1+y2+y0=0①，222将y=kx+m代入E的方程，得(3+4k)x+8kmx+4m-12=0，222-8km4m-12则Δ=483+4k-m>0，x1+x2=2，x1x2=2，3+4k3+4k6my1+y2=kx1+x2+2m=2，3+4k2222-12k+3my1y2=kx1+mkx2+m=kx1x2+kmx1+x2+m=2，3+4k2222-8km4m-1226m-12k+3m将以上4个式子代入①，得x0-x0⋅2+2+y0-y0⋅2+2=0，3+4k3+4k3+4k3+4k22即4kx+m23224ky02=0②，0+x0-3+3y0-m+-4k4323224y02因为点F在E上，所以x0-3=-y0，-4=-x0，4316 代入②得4kx0+m+y0kx0+m-y0=3kx0+m-y0kx0-m+y0，即kx0+m-y0kx0+7m+y0=0，y0+kx0因为CF⊥DF，所以F不在直线CD上，则kx0+m-y0≠0，则m=-，7x0y0x0y0所以直线CD:y=kx-7-7过定点7,-7.【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆的位置关系，将韦达定理代入表达式化简为224kx+m23224ky02=0并利用点在椭圆上进一步化简是本题关键.0+x0-3+3y0-m+-4k432y2x23(2024·浙江·校联考一模)已知椭圆C:+=1的左右焦点分别为F1,F2，点Px0,y0为椭圆C上43异于顶点的一动点，∠F1PF2的角平分线分别交x轴、y轴于点M、N．1(1)若x0=，求PF1；2PM(2)求证：为定值；PN(3)当△F1PN面积取到最大值时，求点P的横坐标x0．9【答案】(1)PF1=4(2)证明见解析(3)x0=3-1222x0y023x0【详解】(1)由已知得F1-1,0，+=1⇒y0=3-434221则PF1=x0+1+y0=2+x0．219所以当x0=时，PF1=；24PF1MF1(2)设Mm,0，在△F1PF2中，PM是∠F1PF2的角平分线，所以=，PF2MF21由(1)知PF1=2+x0，2221同理PF2=x0-1+y0=2-x0，22+1x20m+111即1=1-m，解得m=4x0，所以M4x0,0，2-x0217 PMMH3过P作PH⊥x轴于H．所以==．PNOH4(3)记△F1PN面积的面积为S，由(1)可得，1113232S=2F1M⋅y0+3y0=6x0+444-x0=12x0+44-x0，其中x0∈-2,0∪0,2，-32则S=x0+2x0-2，264-x0当x0∈-2,0∪0,3-1时，S>0,S单调递增；当x0∈3-1,2时，S<0,S单调递减．所以当x0=3-1时，S最大．【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是利用导函数求解面积表达式的最值，注意函数的定义域.24(2024·辽宁沈阳·统考一模)已知如图，点B1,B2为椭圆C的短轴的两个端点，且B2的坐标为0,1，2椭圆C的离心率为.2(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线l不经过椭圆C的中心，且分别交椭圆C与直线y=-1于不同的三点D,E,P(点E在线段DP上)，直线PO分别交直线DB2,EB2于点M,N.求证：四边形B1MB2N为平行四边形.2x2【答案】(1)+y=12(2)证明见解析b=1,2c222x2【详解】(1)由题知a=2,解得a=2,b=1.故椭圆C的方程为2+y=1.222a=b+c.(2)方法一：显然直线l不能水平，故设直线l方程为x=ky+tt≠0，设Dx1,y1,Ex2,y2,NxN,yN,MxM,yM，x=ky+t,222由x22得k+2y+2kty+t-2=0，+y=1222令Δ>0得，k-t+2>0.2-2ktt-2所以y1+y2=2,y1y2=2，k+2k+21令y=-1，得Pt-k,-1.故直线PO方程为y=x，k-ty1-1直线DB2方程为y=x+1.x118 1y=xk-txk-tk-t1x1由y1-1得xM==，y=x+1x1+k-t1-y1k+ty1x1k-tx2将xM中x1,y1换成x2,y2得xN=.k+ty2k-tx1k-tx2x1k+ty2+x2k+ty1∴xM+xN=+=k-t，k+ty1k+ty2k+ty1k+ty2∵x1k+ty2+x2k+ty1=kx1+x2+tx1y2+x2y1=kky1+t+ky2+t+tky1+ty2+ky2+ty1222222-2ktk+t+2ktk+t=k+ty1+y2+2kty1y2+1=2=0,k+2∴O为线段MN中点，又O为B1B1中点，∴四边形B1MB2N为平行四边形.方法二：设Dx1,y1,Ex2,y2,MxM,yM,NxN,yN.y1-1直线B2D方程为y=x+1，x1当直线l的斜率不存在时，设l方程为x=x0x0≠0，1此时Px0,-1，直线PO方程的为y=-x，x0y=-1xx0x0-x0由y1-1得xM=-y，同理xN=y,∵y1=-y2∴xM+xN=0，y=x+112x0当直线l斜率存在时，设l方程为y=kx+tt≠0，y=kx+t,222由x22得1+2kx+4ktx+2t-2=0.+y=1222令Δ>0得，1+2k-t>0.2-4kt2t-2由韦达定理得x1+x2=2,x1x2=2.1+2k1+2k-1-t将y=-1代入y=kx+t得P,-1kk∴直线PO的方程为y=xt+1y1-1y=x1x+1-x11+t-x11+t由得xM==ky-11+t-kxktx+t2-1y=x111t+1-x21+t同理可得xN=.2ktx2+t-1x1x2∴xM+xN=-t+12+2ktx1+t-1ktx2+t-122ktx1x2+t-1x1+x2=-t+122ktx1+t-1ktx2+t-1222kt2t-2t-1-4kt2∵2ktx1x2+t-1x1+x2=2+2=0，1+2k1+2k19 ∴xM+xN=0，综上所述，xM+xN=0,∴O为线段MN中点，又O为B1B1中点，∴四边形B1MB2N为平行四边形.【点睛】关键点点睛：证明四边形B1MB2N为平行四边形的方法用对角线相互平分得到.2y2x25(2024·河北·校联考一模)已知椭圆C：2+2=1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，离心率ab1π为2，经过点F1且倾斜角为θ0<θ<2的直线l与椭圆交于A、B两点(其中点A在x轴上方)，△ABF2的周长为8．(1)求椭圆C的标准方程；(2)如图，将平面xOy沿x轴折叠，使y轴正半轴和x轴所确定的半平面(平面AF1F2)与y轴负半轴和x轴所确定的半平面(平面BF1F2)互相垂直．π①若θ=，求异面直线AF1和BF2所成角的余弦值；3π15②是否存在θ0<θ<2，使得折叠后△ABF2的周长为2？若存在，求tanθ的值；若不存在，请说明理由．2y2x13335【答案】(1)+=1；(2)①；②存在；tanθ=．432814【详解】解：(1)由椭圆的定义知：AF1+AF2=2a,BF1+BF2=2a，所以△ABF2的周长L=4a=8，所以a=2，1c1222又椭圆离心率为，所以=，所以c=1，b=a-c=3，2a2由题意，椭圆的焦点在x轴上，2y2x所以椭圆的标准方程为+=1；432y2x(2)①由直线l：y-0=3x+1与+=1，4383联立求得A0,3，(因为点A在x轴上方)以及B-,-3，5520 再以O为坐标原点，折叠后原y轴负半轴，原x轴，原y轴正半轴所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则38F10,-1,0，A0,0,3，B53,-5,0，F20,1,0，313F1A=0,1,3，BF2=-53,5,0．F1A⋅BF213记异面直线AF1和BF2所成角为φ，则cosφ=cos<F1A,BF2>==；F1ABF228②设折叠前Ax1,y1，Bx2,y2，折叠后A，B在新图形中对应点记为A′，B′，A′x1,y1,0，B′x2,0,-y2，151由A′F2+B′F2+A′B′=，AF2+BF2+|AB|=8，故AB-A′B′=，22my=x+122将直线l方程与椭圆方程联立x2y2，得3m+4y-6my-9=0，+=1436m-9y1+y2=2，y1y2=2，3m+43m+4在折叠后的图形中建立如图所示的空间直角坐标系(原x轴仍然为x轴，原y轴正半轴为y轴，原y轴负半轴为z轴)；22222A′B′=x1-x2+y1+y2，AB=x1-x2+y1-y2，222221所以AB-A′B′=x1-x2+y1-y2-x1-x2+y1+y2=，(i)221 -2y1y21又=，x-x2+y-y2+x-x2+y2+y221212121222222所以x1-x1+y1-y2+x1-x2+y1+y1=-4y1y2，(ii)221由(i)(ii)可得x1-x2+y1-y2=-2y1y2，4222212因为x1-x2+y1-y2=1+my1-y2=4-2y1y2，6m23611822所以1+m+=+，3m2+43m2+443m2+41+m21182即144=+，3m2+443m2+4212+12m118228所以=+，解得m=，3m2+443m2+445π1335因为0<θ<，所以tanθ==．2m141【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是根据折叠前、后三角形△ABF2周长的变化，得到AB-A′B′=，2进而根据两点间的距离公式及韦达定理进行求解.题型03双曲线26(2024·辽宁沈阳·统考一模)已知双曲线C的两个焦点分别为F1-22,0,F222,0，且满足条件22p，可以解得双曲线C的方程为x-y=4，则条件p可以是()A.实轴长为4B.双曲线C为等轴双曲线2C.离心率为D.渐近线方程为y=±x2【答案】ABD2y2x【详解】设该双曲线标准方程为-=1，则c=22.22ab222对于A选项，若实轴长为4，则a=2，∴b=c-a=4，符合题意；222对于B选项，若该双曲线为等轴双曲线，则a=b，又c=22，a+b=c=8，22可解得a=b=4，符合题意；对于C选项，由双曲线的离心率大于1知，不合题意；22222对于D选项，若渐近线方程为y=±x，则a=b，结合a+b=c=8，可解得a=b=4，符合题意，故选：ABD.2y2x27(2024·黑龙江齐齐哈尔·统考一模)已知A为双曲线E:-=1(a>0,b>0)的右顶点，O为坐22ab1标原点，B,C为双曲线E上两点，且AB+AC=2AO，直线AB,AC的斜率分别为2和，则双曲线E的4离心率为()56A.2B.C.D.22222 【答案】C22x0y0【详解】Aa,0，设Bx0,y0,C-x0,-y0，则2-2=1，aby0y01则kAB==2,kAC==，x0-ax0+a422x0y2b2-120ab11kAB⋅kAC=22=22=2=4×2=2，x0-ax0-aacc2a2+b2b216∴e====1+=1+=.aa2a2a22故选：C【点睛】求解双曲线离心率有关的问题，可以利用直接法来进行求解，也即通过已知条件求得a和c，从而求2222得双曲线的离心率.也可以利用构造齐次式的方法来进行求解，也即通过已知条件求得a,c或a,b的等量关系式，由此来求得离心率.2y2x28(2024·云南曲靖·统考一模)已知双曲线C:-=1a>0,b>0，过其右焦点F作一条直线分22ab别交两条渐近线于A,B两点，若A为线段BF的中点，且OA⊥BF，则双曲线C的渐近线方程为()1A.y=±2xB.y=±3xC.y=±5xD.y=±x2【答案】Bba【详解】由题设作出图形，双曲线渐近线为y=±x，F(c,0)，则直线BF:y=-(x-c)，abay=-(x-c)a2cabca2cabcb故，可得x=，故y=-，即B,-，y=-bxa2-b2a2-b2a2-b2a2-b2aa2c2abc222422222又三角形BOF为等腰三角形，所以|OB|=+=c，则a+ab=(a-b)，a2-b2a2-b22bb整理得=3⇒=3，即双曲线C的渐近线方程为y=±3x.a2a故选：B2y2x29(2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模)已知双曲线C:-=1a>0,b>0的左、右22ab顶点分别为A1,A2,F为C的右焦点，C的离心率为2，若P为C右支上一点，PF⊥FA2，记∠A1PA2=πθ0<θ<，则tanθ=()223 1A.B.1C.3D.22【答案】A【详解】设C的焦距为2c，点Px0,y0，由C的离心率为2可知c=2a,b=3a，2y2c0因为PF⊥FA2，所以x0=c，将Pc,y0代入C的方程得2-2=1，即y0=3b，ab3b3b所以tan∠PA2F==3,tan∠PA1F==1，c-ac--a3-11故tanθ=tan∠PA2F-∠PA1F==．1+3×12故选:A．2y2x30(2024·新疆乌鲁木齐·统考一模)设双曲线2-2=1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，Aab是右支上一点，满足AF1⊥AF2，直线AF2交双曲线于另一点B，且BF1-AF1=2a，则双曲线的离心率为．10【答案】2【详解】AF2=x，则AF1=2a+x，又BF1-AF1=2a，所以BF2=AF1=2a+x，则AB=AF2+BF2=2a+2x，BF1=2a+AF1=4a+x，又AF1⊥AF2，所以三角形AF1B为直角三角形，222则AF1+AB=BF1,222即2a+x+2a+2x=4a+x，22化为x+ax-2a=0，解得x=a或者x=-2a(舍)，此时AF1=3a，222在直角三角形AF1F2中，AF1+AF2=F1F2,2222c25即9a+a=4c，所以=e=，a2210所以e=.210故答案为：.22x231(2024·浙江·校联考一模)已知A,B分别是双曲线C:-y=1的左，右顶点，P是双曲线C上的一4S1动点，直线PA，PB与x=1交于M,N两点，△PMN,△PAB的外接圆面积分别为S1,S2，则的最小值为S2()24 333A.B.C.D.11644【答案】A【详解】由已知得，A-2,0，B2,0，由双曲线的对称性，不妨设Px,y在第一象限，yy所以kPA=，kPB=，x+2x-222x-1yyy41所以kPA⋅kPB=x+2⋅x-2=2=2=4，x-4x-41设直线PA的方程为：y=kx+2,k>0，则直线PB的方程为：y=x-2，4k1同时令x=1，则yM=3k，yN=-，4k1所以MN=3k+,k>0，4k设△PMN,△PAB的外接圆的半径分别为r1，r2，由正弦定理得，MNMNAB2r1==，2r2=，sin∠MPNsin∠APBsin∠APB3k+123k⋅1r1MN4k4k3所以==≥=，r2AB44413当且仅当3k=，即k=时取等号，4k62S1πr1r123所以===.S2πr2r2162故选：A【点睛】结论点睛：若A、B分别为双曲线的左、右顶点，P为双曲线上一动点，则直线PA与直线PB的斜率之积为定值.2y2x32(2024·湖南长沙·雅礼中学校考一模)已知O为坐标原点，双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左、22ab6右焦点分别是F1，F2，离心率为，点Px1,y1是C的右支上异于顶点的一点，过F2作∠F1PF2的平分线的2垂线，垂足是M，|MO|=2，若双曲线C上一点T满足F1T⋅F2T=5，则点T到双曲线C的两条渐近线距离之和为()A.22B.23C.25D.26【答案】A25 【详解】设半焦距为c，延长F2M交PF1于点N，由于PM是∠F1PF2的平分线，F2M⊥PM，所以△NPF2是等腰三角形，所以PN=PF2，且M是NF2的中点.根据双曲线的定义可知PF1-PF2=2a，即NF1=2a，由于O是F1F2的中点，1所以MO是△NF1F2的中位线，所以MO=NF1=a=2，226x2又双曲线的离心率为，所以c=3，b=1，所以双曲线C的方程为-y=1.22所以F1(-3,0)，F2(3,0)，双曲线C的渐近线方程为x±2y=0，|u+2v||u-2v|设T(u,v)，T到两渐近线的距离之和为S，则S=+，3322222由F1T⋅F2T=(u-3)(u+3)+v=u+v-3=5，即u+v=8，22x2u22222又T在-y=1上，则-v=1，即u-2v=2，解得u=6，v=2，222u由|u|>2|v|，故S==22，即距离之和为22.3故选：A.【点睛】由平面几何知识，PN=PF2，依据双曲线的定义，可将|MO|=2转化为用a表示，进而的双曲线的标准方程.2y2x33(2024·安徽合肥·合肥一六八中学校考一模)已知F1，F2分别是双曲线Γ:2-2=1a>0,b>0ab的左、右焦点，过F1的直线分别交双曲线左、右两支于A，B两点，点C在x轴上，CB=3F2A，BF2平分∠F1BC，则双曲线Γ的离心率为()A.7B.5C.3D.2【答案】A【详解】26 因为CB=3F2A，所以△F1AF2∽△F1BC，设F1F2=2c，则F2C=4c，设AF1=t，则BF1=3t，AB=2t．BF1F1F22c1因为BF2平分∠F1BC，由角平分线定理可知，===，BCF2C4c21所以BC=2BF1=6t，所以AF2=BC=2t，3由双曲线定义知AF2-AF1=2a，即2t-t=2a，t=2a，①又由BF1-BF2=2a得BF2=3t-2a=2t，所以BF2=AB=AF2=2t，即△ABF2是等边三角形，所以∠F2BC=∠ABF2=60°．222BF1+BF2-F1F2在△F1BF2中，由余弦定理知cos∠F1BF2=，2⋅BF1⋅BF222214t+9t-4c22即=，化简得7t=4c，22⋅2t⋅3tc把①代入上式得e==7，所以离心率为7．a故选：A．22234(2024·山西晋城·统考一模)双曲线C:x-y=m(m>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P(t,s)(s≠0)为C的右支上一点，分别以线段PF1，PF2为直径作圆O1，圆O2，线段OO2与圆O2相交于点M，其中O为坐标原点，则()A.O1O2=3mB.OM=mπC.点(t,0)为圆O1和圆O2的另一个交点D.圆O1与圆O2有一条公切线的倾斜角为4【答案】BCD2y2x【详解】C的方程可化为-=1，可得a=m，b=m，c=2m．22mm1由O1为PF1的中点，O2为PF2的中点，得O1O2=F1F2=2m，A错误．21由O2为PF2的中点，O为F1F2的中点，得OO2=PF1，2111则OM=OO2-MO2=PF1-PO2=PF1-PF2=a=m，B正确．222设点Q为圆O1和圆O2的另一个交点，连接PQ，由O1O2⎳x轴，可得O1O2⊥PQ，O1O2为△PF1F2的中位线，则直线O1O2平分线段PQ，则点Q必在x轴上，可得点Q的坐标为(t,0)，C正确．如图，若BD为圆O1与圆O2的一条公切线，B，D为切点，连接O1B，O2D，过点O2作O2A⊥O1B，垂足为A．11由O1O2=2m，O1A=O1B-O2D=PF1-PF2=a=m，22AO1m2得sin∠AO2O1===，O1O22m227 ππ可得∠AO2O1=，由O1O2⎳x轴，且O2A⎳BD，可得公切线BD的倾斜角为，D正确．44故选：BCD【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线与圆的综合应用，利用圆与圆位置关系求解D是关键.2235(2024·重庆·统考一模)已知点M为圆C:(x-2)+y=4上任意一点，B-2,0，线段MB的垂直平分线交直线MC于点Q．(1)求Q点的轨迹方程；(2)设过点C的直线l与Q点的轨迹交于点P，且点P在第一象限内．已知A-1,0，请问是否存在常数λ，使得∠PCA=λ∠PAC恒成立？若存在，求λ的值，若不存在，请说明理由．22y【答案】(1)x-=13(2)λ=2，证明见解析.【详解】(1)连接QB，则‖QB|-|QC‖=‖QM|-|QC‖=|CM|=2(|BC|=4>2)，∴Q点的轨迹是以点C，B为焦点的双曲线，22y∴Q点的轨迹方程为:x-=1.322y(2)因为Q点的轨迹方程为:x-=1，则a=1,c=2.322y当直线l的方程为x=2时，则2-=1，解得y=3(负舍，)则P(2,3)，3而AC=a+c=3，易知此时△ACP为等腰直角三角形，ππ其中∠ACP=,∠PAC=，24即∠ACP=2∠PAC，即:λ=2，下证：∠ACP=2∠PAC对直线l斜率存在的情形也成立，2y12y1设Px1,y1，其中x1≥1，且x1≠2，因为A-1,0，则kPA=，且x1-=1，x1+1322即y1=3x1-1，y12tan∠PAC2kPA2⋅x1+12x1+1y1tan2∠PAC====，22y2221-tan∠PAC1-kPA1-1x1+1-y1x1+128 2x1+1y12x1+1y1-y1∴tan2∠PAC===，x+12-3x2-1-2x+1x-2x1-21111-y1∴tan∠ACP=-kPC==tan2∠PAC，x1-2ππ∴结合正切函数在0,2∪2,π上的图象可知，∠ACP=2∠PAC.【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是采用先猜后证的思想，先得到直线斜率不存在时λ=2，然后通过二倍角得正切公式证明一般情况即可.36(2024·吉林延边·统考一模)如图1所示，双曲线具有光学性质：从双曲线右焦点发出的光线经过双2y2x曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点.若双曲线E:-=1a>0,b>0的左22ab､右焦点分别为F1，F2，从F2发出的光线经过图2中的A，B两点反射后，分别经过点C和D，且cos∠BAC=4-，AB⊥BD，则E的离心率为.510【答案】2【详解】解：如图，连接F1B，F1A，则F1，A，C和F1，B，D都三点共线，设F2B=x，则F1B=x+2a.4由cos∠F1AB=cosπ-∠BAC=，523所以sin∠F1AB=1-cos∠F1AB=529 sin∠F1AB3所以tan∠F1AB==，cos∠F1AB4F1B34又AB⊥BD，所以tan∠F1AB==，即AB=F1B，AB43F1B35sin∠F1AB==，即F1A=F1B，F1A53又F2A=AB-F2B，42因此F1A-F2A=x+a=2a，即x=a，332222252在Rt△F1F2B中2c=x+2a+x=10a，即c=a.210故e=.210故答案为：2题型04抛物线237(2024·河北·校联考一模)若抛物线x=2py(p>0)上一点Mn,6到焦点的距离是4p，则p的值为()12767A.B.C.D.71276【答案】A2p【详解】因为抛物线x=2py(p>0)的准线为y=-，2p12由题意可得：6+=4p，解得p=.27故选：A.238(2024·辽宁沈阳·统考一模)已知抛物线C:y=4x的焦点为F，若点Q是抛物线C上到点4,0距离最近的点，则QF=.【答案】3222【详解】由题知F1,0，设Qx0,y0,A4,0，其中x0≥0，则QA=x0-4+y0=x0-8x0+16+4x0=2x0-2+12,由于点Q是抛物线C上到点4,0距离最近的点，∴x0=2.∴QF=x0+1=3，故答案为：3.239(2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模)抛物线C：y=2px(p>0)的顶点为O，斜率为1的直线l过点2p,0，且与抛物线C交于A，B两点，若△OAB的面积为85，则该抛物线的准线方程为()2A.x=-1B.x=-C.x=-2D.x=-22【答案】A30 222【详解】由题意得，直线l方程为y=x-2p，联立y=2px得，x-6px+4p=0，2设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1+x2=6p,x1x2=4p，222故AB=1+1x1+x2-4x1x2=2⋅36p-16p=210p，2p点O到直线l的距离为d==2p，1+1112故S△OAB=AB⋅d=×210p⋅2p=25p，222故25p=85，解得p=2，p故该抛物线的准线方程为x=-=-1.2故选：A2π40(2024·新疆乌鲁木齐·统考一模)设抛物线C:y=2px(p>0)的焦点为F，过点F且倾斜角为的4p直线与C交于A，B两点，以AB为直径的圆与准线l切于点M-2，2，则C的方程为()2222A.y=2xB.y=4xC.y=6xD.y=8x【答案】Bp【详解】由于以AB为直径的圆与抛物线的准线相切，以AB为直径的圆过点M-2，2，可知AB的中点的纵坐标为：2，p直线l的方程为：y=x-，22y=2px22则p，可得y-2py-p=0，y=x-22p则AB中的纵坐标为：=2，解得p=2，22该抛物线的方程为：y=4x．故选：B．241(2024·重庆·统考一模)已知抛物线C:y=4x的焦点为F,O为坐标原点，其准线与x轴交于点M，经过点M的直线l与抛物线交于不同两点Ax1,y1,Bx2,y2，则下列说法正确的是()A.OA⋅OB=5B.存在∠AMF=50°C.不存在以AB为直径且经过焦点F的圆π5πD.当△ABF的面积为42时，直线l的倾斜角为或66【答案】AD【详解】对A，由题意得F1,0，准线方程为x=-1，则M-1,0，显然当直线AB的斜率为0，即直线AB的方程为y=0，此时不合题意，设直线AB的方程为x+1=my，31 222联立抛物线方程y=4x，得y-4my+4=0，Δ=16m-16>0，解得m>1或m<-1，222y1+y2=4m，y1⋅y2=4，y1=4x1，y2=4x2，则y1y2=16x1x2，16=16x1x2，则x1x2=1，OA=x1,y1，OB=x2,y2，则OA⋅OB=x1x2+y1y2=1+4=5，A正确；2对B，当直线AB与抛物线相切时，∠AMF最大，则Δ=16m-16=0，解得m=±1，根据抛物线对称性取m=1分析：此时直线方程为y=x+1，此时直线斜率为1，则∠AMF=45°，因此不存在∠AMF=50°，B错误；对C，假设存在以AB为直径且经过焦点F的圆，则FA⋅FB=0，FA=x1-1,y1,FB=x2-1,y2，则FA⋅FB=x1-1x2-1+y1y2=0，2即x1x2-x1+x2+y1y2+1=0，x1+x2=my1-1+my2-1=my1+y2-2=4m-2,2即2-x1+x2+y1y2=0，即2-4m-2+4=0，m=±2，满足m>1或m<-1，即存在以AB为直径且经过焦点F的圆，C错误；1122对D，S△ABF=MFy2-y1=×2y1+y2-4y1⋅y2=16m-16=42，m=±3，223π5π此时直线斜率为±，则直线l的倾斜角为或，故D正确.366故选：AD.42(2024·广西南宁·南宁三中校联考一模)抛物线有如下光学性质：平行于抛物线对称轴的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线经过抛物线的焦点．过点P22,5且平行于y轴的一条光线射向抛物2线C:x=4y上的A点，经过反射后的反射光线与C相交于点B，则AB=()79A.B.9C.36D.22【答案】D222【详解】令x=22，则y==2，4则点A的坐标为(22,2),C的焦点为F(0,1)，2-122则kAF==，所以直线AB的方程为y=x+1，224422与抛物线方程x=4y联立，消去y得x-2x-4=0，由韦达定理得xA+xB=2，25所以yA+yB=xA+xB+2=，4232 9所以由抛物线的定义得|AB|=yA+yB+2=.2故选：D.1243(2024·山东济南·山东省实验中学校考一模)已知F为拋物线C:y=x的焦点，过点F的直线l与42拋物线C交于不同的两点A，B，拋物线在点A,B处的切线分别为l1和l2，若l1和l2交于点P，则|PF|25+的最小值为.AB【答案】102【详解】C:x=4y的焦点为0,1，设直线AB方程为y=kx+1，Ax1,y1,Bx2,y2.22联立直线与抛物线方程有x-4kx-4=0，则AB=y1+y2+2=kx1+x2+4=4k+4.1211又y=x求导可得y=x，故直线AP方程为y-y1=x1x-x1.42212112112又y1=x1，故AP:y=x1x-x1，同理BP:y=x2x-x2.42424112y=2x1x-4x11122x1+x2x1+x2x1x2联立112可得2x1-x2x=4x1-x2，解得x=2，代入可得P2,4，代入韦y=2x2x-4x22达定理可得P2k,-1，故PF=4k+4.2252252252251故|PF|+=4k+4+≥24k+4×=10，当且仅当4k+4=，即k=±时2222AB4k+44k+44k+4取等号.故答案为：102p【点睛】方法点睛：如图，假设抛物线方程为x=2py(p>0)，过抛物线准线y=-上一点P(x0,y0)向抛物2线引两条切线，切点分别记为A,B，其坐标为(x1,y1),(x2,y2).则以点P和两切点A,B围成的三角形PAB中，有如下的常见结论:结论1.直线AB过抛物线的焦点F.33 y0+y结论2.直线AB的方程为x0x=2p=p(y0+y).2结论3.过F的直线与抛物线交于A,B两点，以A,B分别为切点做两条切线，则这两条切线的交点P(x0,y0)的轨迹即为抛物线的准线.结论4.PF⊥AB.结论5.AP⊥PB.结论6.直线AB的中点为M，则PM平行于抛物线的对称轴.2结论7.PF=AF⋅BF.44(2024·山西晋城·统考一模)吉林雾淞大桥，位于吉林市松花江上，连接雾淞高架桥，西起松江东路，东至滨江东路．雾淞大桥是吉林市第一座自锚式混凝土悬索桥，两主塔左、右两边悬索的形状均为抛物线(设该抛物线的焦点到准线的距离为p米)的一部分，左：右两边的悬索各连接着29根吊索，且同一边的相邻两根吊索之间的距离均为a米(将每根吊索视为线段)．已知最中间的吊索的长度(即图中点A到桥面的距离)为b米，则最靠近前主塔的吊索的长度(即图中点B到桥面的距离)为()222298a+pb49a+pb169a+pb169a+2pbA.米B.米C.米D.米ppp2p【答案】A【详解】以A为坐标原点，抛物线的对称轴为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系(横坐标与纵坐标的单位均为米)，2依题意可得抛物线的方程为x=2py．因为同一边的悬索连接着29根吊索，且相邻两根吊索之间的距离均为a米，则点B的横坐标为-14a，x2(-14a)2298a2+pbB98a则yB===，所以点B到桥面的距离为米．2p2ppp故选：A.34 245(2024·浙江·校联考一模)设P是抛物线弧C:y=8x(y>0)上的一动点，点F是C的焦点，A4,4，则()A.F2,0B.若PF=4，则点P的坐标为2,49C.AP+AF的最小值为2+25D.满足△PFA面积为的点P有2个2【答案】AB【详解】2对于A，抛物线弧C:y=8x(y>0)的焦点为F2,0，故A正确；对于B，若PF=4=xP+2，解得xP=2，所以yP=8xP=16=4，即点P的坐标为2,4，故B正确；2对于C，取P3,26，则AP+AF=1+4-26+16+4=41-166+25，22因为256×6-37=167>0，所以166>37，即40-166=4-26<3，所以41-166<4=2，即AP+AF<2+25，故C错误；4对于D，直线AF的斜率为k==2，所以它的方程为y=2x-2，4-22x-4-y点Px,y到它的距离为h=，59注意到AF=16+4=25，若△PFA面积为，2212x-4-y9y则⋅⋅25=，又2x=>0，2524129129所以y-2-5=或y-2-5=-，解得y=2+38或y=2±2，42429所以满足△PFA面积为的点P有3个，故D错误.2故选：AB.246(2024·广东深圳·校考一模)设抛物线C:y=2pxp>0的焦点为F，点Pa,4在抛物线C上，△POF(其中O为坐标原点)的面积为4．(1)求a；4(2)若直线l与抛物线C交于异于点P的A，B两点，且直线PA，PB的斜率之和为，证明：直线l过定3点，并求出此定点坐标．【答案】(1)a=2；(2)证明见解析，定点-4,2．【详解】(1)因为点Pa,4在抛物线C上，所以16=2pa，即8=pa，35 1p因为△POF的面积为4，所以××4=4，解得p=4，所以a=2．222(2)由(1)得C:y=8x，P2,4．当直线l斜率为0时，不适合题意；当直线l斜率不为0时，设直线l:x=my+t，设Ax1,y1，Bx2,y2，2y=8x2由，得y-8my-8t=0，x=my+t2则Δ>0⇒2m+t>0，y1+y2=8m，y1y2=-8t，4因为直线PA，PB的斜率之和为，3y1-4y2-44y1-4y2-44所以+=，即+=，22x1-2x2-23y1y23-2-288884所以+=，所以y1+4y2+431222y1+y2+82y1+y2+8=+==3y1+4y2+4y1+4y2+4y1y2+4y1+y2+1628m+81=，整理得m=-t-2，-8t+4×8m+16211所以直线l:x=my+t=-2t-2y+t=t-2y+1-2y，-1y+1=0x=-4令2，解之得，所以直线l过定点-4,2．x+2y=0y=247(2024·黑龙江齐齐哈尔·统考一模)在平面直角坐标系xOy中，点F0,1,P为动点，以PF为直径的圆与x轴相切，记P的轨迹为Γ.(1)求Γ的方程；(2)设M为直线y=-1上的动点，过M的直线与Γ相切于点A，过A作直线MA的垂线交Γ于点B，求△MAB面积的最小值.2【答案】(1)x=4y(2)16xy+1【详解】(1)设Px,y，则线段FP的中点坐标为2,2，因为以PF为直径的圆与x轴相切，y+11122所以2=2FP=2x+(y-1)，22化简得x=4y，所以Γ的方程为x=4y；x22x0xx0(2)设Ax0,x0≠0，由y=,y=，则点A处的切线斜率为，442222x0x0x0x0所以直线MA方程为y-=x-x0，整理为y=x-，4224x02x02令y=-1，则x=2-x，所以M2-x,-1，0036 222x022x0易知直线AB斜率为-，所以直线AB:y-=-x-x0，整理为y=-x++2，x04x0x042x2x-xx+x2x02200与x=4y联立可得-=-x-x0，有-x-x0=，44x0x0488解得x=--x0，即B的横坐标为--x0，x0x022228482x0+4x0+4所以BA=1+-x-x-x0-x0=1+2x+2x0=2，00x00x0222x02x02x02x0x0+4x0+4AM=1+22-x-x0=1+4x+2=4x，000222223112x0+4x0+4x0+4x0+4x0+4所以△MAB面积为ABAM=××=22x24x4x3000x2+4331014==x0+，4x04x044又x0+≥2x0×=4，当且仅当x0=±2时，等号成立，x0x013所以△MAB的面积最小值为×4=16.4【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．248(2024·安徽合肥·合肥一六八中学校考一模)设抛物线C:y=2px(p>0)，过焦点F的直线与抛物线C交于点Ax1,y1，Bx2,y2.当直线AB垂直于x轴时，AB=2.(1)求抛物线C的标准方程.(2)已知点P1,0，直线AP，BP分别与抛物线C交于点C，D.①求证：直线CD过定点；②求△PAB与△PCD面积之和的最小值.2【答案】(1)C:y=2x5(2)①证明见解析；②.2p【详解】(1)由题意，当直线AB垂直于x轴时，x1=，代入抛物线方程得y1=±p，则AB=2p，所以2p=222，即p=1，所以抛物线C:y=2x.37 1(2)(i)设Cx3,y3，Dx4,y4，直线AB:x=my+，222与抛物线C:y=2x联立，得y-2my-1=0，因此y1+y2=2m，y1y2=-1.22设直线AC:x=ny+1，与抛物线C:y=2x联立，得y-2ny-2=0，-2-2因此y1+y3=2n，y1y3=-2，则y3=.同理可得y4=.y1y2y3-y4y3-y422y1y21所以kCD==22==-2-2=-=.x3-x4y3-y4y3+y4+y1+y22m22y1y2因此直线CD:x=2my-y3+x3，由对称性知，定点在x轴上，令y=0得，2y3-21-224m2x=-2my3+x3=-2my3+=-2m+=+22y12y1y1y12y1+y22y21y1y2+1=+=2+2+=2+2⋅=2，y1y2y1y2y2111所以直线CD过定点Q2,0.11(ii)因为S△PAB=PF⋅y1-y2=y1-y2，2411-2-211y1-y2S△PCD=2PQ⋅y3-y4=2y-y=y-y=yy=y1-y2，121212552525所以S△PAB+S△PCD=y1-y2=4m+4=m+1≥，44225当且仅当m=0时取到最小值.2249(2024·云南曲靖·统考一模)已知斜率为1的直线l1交抛物线E:x=2pyp>0于A、B两点，线段AB的中点Q的横坐标为2．(1)求抛物线E的方程；(2)设抛物线E的焦点为F，过点F的直线l2与抛物线E交于M、N两点，分别在点M、N处作抛物线E的切线，两条切线交于点P，则△PMN的面积是否存在最小值？若存在，求出这个最小值及此时对应的直线l2的方程；若不存在，请说明理由．2【答案】(1)x=4y(2)答案见解析【详解】(1)解：设点Ax1,y1、Bx2,y2，因为直线AB的斜率为1，则x1≠x2，因为线段AB的中点Q的横坐标为2，则x1+x2=4，22x1-x2y1-y22px1+x24kAB=====1，可得p=2，x1-x2x1-x22p2p2所以，抛物线E的方程为x=4y.(2)解：设点Mx3,y3、Nx4,y4，易知点F0,1，若直线l2的斜率不存在，则直线l2与抛物线E只有一个公共点，不合乎题意，38 y=kx+12设直线l2的方程为y=kx+1，联立2可得x-4kx-4=0，x=4y2Δ=16k+16>0，由韦达定理可得x3+x4=4k，x3x4=-4，2由焦点弦长公式可得MN=y3+y4+2=kx3+x4+4=4k+1，2x2xxxx2xx3333对函数y=求导得y=，则直线PM的方程为y-=x-x3，即y=-，4242242x4xx4同理可知，直线PN的方程为y=-，242x3xx3x3+x4y=-x==2k242联立xxx2可得xx，即点P2k,-1，44y=34=-1y=2-44则FP=2k,-2，MN=x4-x3,y4-y3=x4-x3,kx4-x3，所以，FP⋅MN=2kx4-x3-2kx4-x3=0，即PF⊥MN，22且PF=4k+4=2k+1，3112222所以，S△PMN=MN⋅PF=×4k+1×2k+1=4k+1≥4，22当且仅当k=0时，等号成立，故△PMN的面积存在最小值，且最小值为4，此时，直线l2的方程为y=1.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．250(2024·广西南宁·南宁三中校联考一模)已知曲线Γ:x=4y．t(1)若点Tt,s是Γ上的任意一点，直线l:y=x-s，判断直线l与Γ的位置关系并证明．2(2)若E是直线y=-1上的动点，直线EA与Γ相切于点A，直线EB与Γ相切于点B．①试问∠AEB是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．EBAB②若直线EA,EB与x轴分别交于点C,D，证明：=．ECCD【答案】(1)相切，证明见解析(2)①∠AEB为定值；90°；②证明见解析2【详解】(1)由题意知点Tt,s是Γ上的任意一点，则t=4s，y=tx-s联立2，得x2-2tx+4s=0，x2=4y2则△=4t-16s=0，故直线l与Γ相切；(2)①：∠AEB为定值22x1x2设Ax1,,Bx2,，4422x1x1x2x2由(1)知切线AE为y=x-，切线BE为y=x-，242439 2x1+x2x1x1+x2x1x1x2联立得x=，则yE=⋅-=，22244x1x2又E点在直线y=-1上，故=-1，4x1x1x1x2则kAE⋅kBE=⋅==-1，224故EA⊥EB，即∠AEB=90°为定值；②证明：设Ax1,y1,Bx2,y2，直线AB的斜率必存在，设为k，倾斜角为θ，22x2x1y2-y14-4x1+x2则k=tanθ===，x2-x1x2-x14EA的斜率存在，不妨设为k1>0，倾斜角为θ1，EB的斜率存在，不妨设为k2<0，倾斜角为θ2，x1x2则tan∠ECD=tanθ1=,tanθ2=，22x1+x2x2x1-x2tanθ-tanθ24-24tan∠EBA=tanθ-θ2==x+xx=21+tanθ⋅tanθ21+12⋅21+x1x2+x2428x--41x14x1==，-422-4+x1+18由题意知∠EBA,∠ECD为锐角，则tan∠EBA=tan∠ECD,∴∠EBA=∠ECD，又EA⊥EB，故Rt△EBA∽Rt△ECD，EBAB所以=.ECCD【点睛】难点点睛：本题考查了直线和抛物线的位置关系以及定值和线段成比例问题，综合性强，计算量大，难点在于(2)中，要证明线段成比例，即证明Rt△EBA∽Rt△ECD，其中计算过程比较复杂，计算量大，且基本都是有关字母参数的运算，要十分细心.40