考点12圆锥曲线（12种题型9个易错考点）

考点12圆锥曲线（12种题型9个易错考点）【课程安排细目表】真题抢先刷，考向提前知二、考点清单三、题型方法四、易错分析五.刷压轴一一、真题抢先刷，考向提前知一．选择题（共2小题）1．（2020•上海）已知椭圆+y2＝1，作垂直于x轴的垂线交椭圆于A、B两点，作垂直于y轴的垂线交椭圆于C、D两点，且AB＝CD，两垂线相交于点P，则点P的轨迹是（）A．椭圆 B．双曲线 C．圆 D．抛物线【分析】利用已知条件判断轨迹是双曲线，或利用求解轨迹方程，推出结果即可．【解答】解：∵AB≤2，∴CD≤2，判断轨迹为上下两支，即选双曲线，设A（m，t），D（t，n），所以P（m，n），因为，，消去t可得：2n2﹣，故选：B．【点评】本题考查轨迹方程的求法与判断，是基本知识的考查，基础题．2．（2023•上海）已知P，Q是曲线Γ上两点，若存在M点，使得曲线Γ上任意一点P都存在Q使得|MP|•|MQ|＝1，则称曲线Γ是“自相关曲线”．现有如下两个命题：①任意椭圆都是“自相关曲线”；②存在双曲线是“自相关曲线”，则（）A．①成立，②成立 B．①成立，②不成立 C．①不成立，②成立 D．①不成立，②不成立【分析】根据定义结合图象，验证|MP|•|MQ|＝1是否恒成立即可．【解答】解：∵椭圆是封闭的，总可以找到满足题意的M点，使得|MP|•|MQ|＝1成立，故①正确，在双曲线中，|PM|max→+∞，而|QM|min是个固定值，则无法对任意的P∈C，都存在Q∈C，使得|PM||QM|＝1，故②错误．故选：B．【点评】本题主要考查与曲线方程有关的新定义，根据条件结合图象验证|MP|•|MQ|＝1是否成立是解决本题的关键，是中档题．二．填空题（共5小题）3．（2022•上海）双曲线﹣y2＝1的实轴长为6．【分析】根据双曲线的性质可得a＝3，实轴长为2a＝6．【解答】解：由双曲线﹣y2＝1，可知：a＝3，所以双曲线的实轴长2a＝6．故答案为：6．【点评】本题考查双曲线的性质，是基础题．4．（2021•上海）已知抛物线y2＝2px（p＞0），若第一象限的A，B在抛物线上，焦点为F，|AF|＝2，|BF|＝4，|AB|＝3，求直线AB的斜率为．【分析】将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，根据已知条件结合斜率的定义，求出直线AB的斜率即可．【解答】解：如图所示，设抛物线的准线为l，作AC⊥l于点C，BD⊥l于点D，AE⊥BD于点E，由抛物线的定义，可得AC＝AF＝2，BD＝BF＝4，∴，∴直线AB的斜率．故答案为：．【点评】本题主要考查直线斜率的定义与计算，抛物线的定义等知识，属于基础题．5．（2020•上海）已知椭圆C：+＝1的右焦点为F，直线l经过椭圆右焦点F，交椭圆C于P、Q两点（点P在第二象限），若点Q关于x轴对称点为Q′，且满足PQ⊥FQ′，求直线l的方程是x+y﹣1＝0．【分析】求出椭圆的右焦点坐标，利用已知条件求出直线的斜率，然后求解直线方程．【解答】解：椭圆C：+＝1的右焦点为F（1，0），直线l经过椭圆右焦点F，交椭圆C于P、Q两点（点P在第二象限），若点Q关于x轴对称点为Q′，且满足PQ⊥FQ′，可知直线l的斜率为﹣1，所以直线l的方程是：y＝﹣（x﹣1），即x+y﹣1＝0．故答案为：x+y﹣1＝0．【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，直线与直线的对称关系的应用，直线方程的求法，是基本知识的考查．6．（2021•上海）已知椭圆x2+＝1（0＜b＜1）的左、右焦点为F1、F2，以O为顶点，F2为焦点作抛物线交椭圆于P，且∠PF1F2＝45°，则抛物线的准线方程是x＝1﹣．【分析】先设出椭圆的左右焦点坐标，进而可得抛物线的方程，设出直线PF1的方程并与抛物线方程联立，求出点P的坐标，由此可得PF2⊥F1F2，进而可以求出PF1，PF2的长度，再由椭圆的定义即可求解．【解答】解：设F1（﹣c，0），F2（c，0），则抛物线y2＝4cx，直线PF1：y＝x+c，联立方程组，解得x＝c，y＝2c，所以点P的坐标为（c，2c），所以PF2⊥F1F2，又PF所以PF，则c＝﹣1，所以抛物线的准线方程为：x＝﹣c＝1﹣，故答案为：x＝1﹣．【点评】本题考查了抛物线的定义以及椭圆的定义和性质，考查了学生的运算推理能力，属于中档题．7．（2022•上海）已知P1（x1，y1），P2（x2，y2）两点均在双曲线Γ：﹣y2＝1（a＞0）的右支上，若x1x2＞y1y2恒成立，则实数a的取值范围为[1，+∞）．【分析】取P2的对称点P3（x2，﹣y2），结合x1x2＞y1y2，可得＞0，然后可得渐近线夹角∠MON≤90°，代入渐近线斜率计算即可求得．【解答】解：设P2的对称点P3（x2，﹣y2）仍在双曲线右支，由x1x2＞y1y2，得x1x2﹣y1y2＞0，即＞0恒成立，∴∠P1OP3恒为锐角，即∠MON≤90°，∴其中一条渐近线y＝x的斜率≤1，∴a≥1，所以实数a的取值范围为[1，+∞）．故答案为：[1，+∞）．【点评】本题考查了双曲线的性质，是中档题．三．解答题（共8小题）8．（2021•上海）（1）团队在O点西侧、东侧20千米处设有A、B两站点，测量距离发现一点P满足|PA|﹣|PB|＝20千米，可知P在A、B为焦点的双曲线上，以O点为原点，东侧为x轴正半轴，北侧为y轴正半轴，建立平面直角坐标系，P在北偏东60°处，求双曲线标准方程和P点坐标．（2）团队又在南侧、北侧15千米处设有C、D两站点，测量距离发现|QA|﹣|QB|＝30千米，|QC|﹣|QD|＝10千米，求|OQ|（精确到1米）和Q点位置（精确到1米，1°）【分析】（1）求出a，c，b的值即可求得双曲线方程，求出直线OP的方程，与双曲线方程联立，即可求得P点坐标；（2）分别求出以A、B为焦点，以C，D为焦点的双曲线方程，联立即可求得点Q的坐标，从而求得|OQ|，及Q点位置．【解答】解：（1）由题意可得a＝10，c＝20，所以b2＝300，所以双曲线的标准方程为﹣＝1，直线OP：y＝x，联立双曲线方程，可得x＝，y＝，即点P的坐标为（，）．（2）①|QA|﹣|QB|＝30，则a＝15，c＝20，所以b2＝175，双曲线方程为﹣＝1；②|QC|﹣|QD|＝10，则a＝5，c＝15，所以b2＝200，所以双曲线方程为﹣＝1，两双曲线方程联立，得Q（，），所以|OQ|≈19米，Q点位置北偏东66°．【点评】本题主要考查双曲线方程在实际中的应用，属于中档题．9．（2023•上海）已知椭圆Γ：+＝1（m＞0且m≠）．（1）若m＝2，求椭圆Γ的离心率；（2）设A1、A2为椭圆Γ的左右顶点，椭圆Γ上一点E的纵坐标为1，且•＝﹣2，求实数m的值；（3）过椭圆Γ上一点P作斜率为的直线l，若直线l与双曲线﹣＝1有且仅有一个公共点，求实数m的取值范围．【分析】（1）由题意可得a，b，c，可求离心率；（2）由已知得A1（﹣m，0），A2（m，0），设E（p，1），由已知可得p2＝m2，p2﹣m2+1＝﹣2，求解即可；（3）设直线y＝x+t，与椭圆方程联立可得t2≤3m2+3，与双曲线方程联立可得t2＝5m2﹣15，可求m的取值范围．【解答】解：（1）若m＝2，则a2＝4，b2＝3，∴a＝2，c＝＝1，∴e＝＝；（2）由已知得A1（﹣m，0），A2（m，0），设E（p，1），∴+＝1，即p2＝m2，∴＝（﹣m﹣p，﹣1），＝（m﹣p，﹣1），∴•＝（﹣m﹣p，﹣1）•（m﹣p，﹣1）＝p2﹣m2+1＝﹣2，∵p2＝m2，代入求得m＝3；（3）设直线y＝x+t，联立椭圆可得+＝1，整理得（3+3m2）x2+2tm2x+（t2﹣3）m2＝0，由△≥0，∴t2≤3m2+3，联立双曲线可得﹣＝1，整理得（3﹣m2）x2+2tx+（t2﹣5m2）＝0，由Δ＝0，t2＝5m2﹣15，∴5m2﹣15≤3m2+3，∴﹣3≤m≤3，又5m2﹣15≥0，∴m≥，∵m≠，综上所述：m∈（，3]．【点评】本题考查离心率的求法，考查椭圆与双曲线的几何性质，直线与椭圆的综合，属中档题．10．（2023•上海）已知抛物线Γ：y2＝4x，在Γ上有一点A位于第一象限，设A的纵坐标为a（a＞0）．（1）若A到抛物线Γ准线的距离为3，求a的值；（2）当a＝4时，若x轴上存在一点B，使AB的中点在抛物线Γ上，求O到直线AB的距离；（3）直线l：x＝﹣3，P是第一象限内Γ上异于A的动点，P在直线l上的投影为点H，直线AP与直线l的交点为Q．若在P的位置变化过程中，|HQ|＞4恒成立，求a的取值范围．【分析】（1）根据题意可得点A的横坐标为2，将其代入抛物线的方程，即可求得a的值；（2）易知A（4，4），设B（b，0），由AB的中点在抛物线上，可得b的值，进而得到直线AB的方程，再由点到直线的距离公式得解；（3）设，表示出直线AP的方程，进一步表示出点Q的坐标，再根据|HQ|＞4恒成立，结合基本不等式即可得到a的范围．【解答】解：（1）抛物线Γ：y2＝4x的准线为x＝﹣1，由于A到抛物线Γ准线的距离为3，则点A的横坐标为2，则a2＝4×2＝8（a＞0），解得；（2）当a＝4时，点A的横坐标为，则A（4，4），设B（b，0），则AB的中点为，由题意可得，解得b＝﹣2，所以B（﹣2，0），则，由点斜式可得，直线AB的方程为，即2x﹣3y+4＝0，所以原点O到直线AB的距离为；（3）如图，设，则，故直线AP的方程为，令x＝﹣3，可得，即，则，依题意，恒成立，又，则最小值为，即，即，则a2+12＞a2+4a+4，解得0＜a＜2，又当a＝2时，，当且仅当t＝2时等号成立，而a≠t，即当a＝2时，也符合题意．故实数a的取值范围为（0，2]．【点评】本题考查抛物线的定义及其性质，考查直线与抛物线的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．11．（2022•上海）设有椭圆方程Γ：+＝1（a＞b＞0），直线l：x+y﹣4＝0，Γ下端点为A，M在l上，左、右焦点分别为F1（﹣，0）、F2（，0）．（1）a＝2，AM中点在x轴上，求点M的坐标；（2）直线l与y轴交于B，直线AM经过右焦点F2，在△ABM中有一内角余弦值为，求b；（3）在椭圆Γ上存在一点P到l距离为d，使|PF1|+|PF2|+d＝6，随a的变化，求d的最小值．【分析】（1）由题意可得椭圆方程为，从而确定M点的纵坐标，进一步可得点M的坐标；（2）由直线方程可知，分类讨论和两种情况确定b的值即可；（3）设P（acosθ，bsinθ），利用点到直线距离公式和椭圆的定义可得，进一步整理计算，结合三角函数的有界性求得即可确定d的最小值．【解答】解：（1）由题意可得，，∵AM的中点在x轴上，∴M的纵坐标为，代入得．（2）由直线方程可知，①若，则，即，∴，∴．②若，则，∵，∴，∴，∴tan∠BAM＝7．即tan∠OAF2＝7，∴，∴，综上或．（3）设P（acosθ，bsinθ），由点到直线距离公式可得，很明显椭圆在直线的左下方，则，即，∵a2＝b2+2，∴，据此可得，，整理可得（a﹣1）（3a﹣5）≤0，即，从而．即d的最小值为．【点评】本题主要考查椭圆方程的求解，点到直线距离公式及其应用，椭圆中的最值与范围问题等知识，属于中等题．12．（2022•上海）已知椭圆Γ：+y2＝1（a＞1），A、B两点分别为Γ的左顶点、下顶点，C、D两点均在直线l：x＝a上，且C在第一象限．（1）设F是椭圆Γ的右焦点，且∠AFB＝，求Γ的标准方程；（2）若C、D两点纵坐标分别为2、1，请判断直线AD与直线BC的交点是否在椭圆Γ上，并说明理由；（3）设直线AD、BC分别交椭圆Γ于点P、点Q，若P、Q关于原点对称，求|CD|的最小值．【分析】（1）根据条件可得tan∠AFB＝，解出c，利用a²＝b²+c²，求得a，即可求得答案；（2）分别表示出此时直线BC、直线AD的方程，求出其交点，验证即可；（3）设P（acosθ，sinθ），Q（﹣acosθ，﹣sinθ），表示出直线BP、直线AQ方程，解出C、D坐标，表示出|CD|，再利用基本不等式即可求出答案．【解答】解：（1）由题可得B（0，﹣1），F（c，0），因为∠AFB＝，所以tan∠AFB＝＝＝tan＝，解得c＝，所以a²＝1+（）²＝4，故Γ的标准方程为+y²＝1；（2）直线AD与直线BC的交点在椭圆上，由题可得此时A（﹣a，0），B（0，﹣1），C（a，2），D（a，1），则直线BC：y＝x﹣1，直线AD：y＝x+，交点为（，），满足，故直线AD与直线BC的交点在椭圆上；（3）B（0，﹣1），P（acosθ，sinθ），则直线BP：y＝x﹣1，所以C（a，﹣1），A（﹣a，0），Q（﹣acosθ，﹣sinθ），则直线AQ：y＝（x+a），所以D（a，），所以|CD|＝﹣1﹣＝﹣﹣1，设tan＝t，则|CD|＝2（）﹣2，因为≥，所以≥＝4，则|CD|≥6，即|CD|的最小值为6．【点评】本题考查直线与椭圆的综合，涉及椭圆方程的求解，直线交点求解，基本不等式的应用，属于中档题．13．（2021•上海）已知Γ：+y2＝1，F1，F2是其左、右焦点，直线l过点P（m，0）（m≤﹣），交椭圆于A，B两点，且A，B在x轴上方，点A在线段BP上．（1）若B是上顶点，||＝||，求m的值；（2）若•＝，且原点O到直线l的距离为，求直线l的方程；（3）证明：对于任意m＜﹣，使得∥的直线有且仅有一条．【分析】（1）利用椭圆的方程，求出a，b，c的值，求出|BF1|和|PF1|，由||＝||，即可求出m的值；（2）设点A（cosθ，sinθ），利用平面向量数量积的坐标表示化简•＝，求出点A的坐标，设直线l的方程为，然后利用点到直线的距离公式列出关于k的方程，求出k的值即可得到答案．（3）联立直线l与椭圆的方程，得到韦达定理，利用向量平行的坐标表示，化简可得，然后再利用韦达定理化简|x1﹣x2|，由此得到关于k和m的等式，整理可得，利用m的取值范围以及题中的条件，即可证明．【解答】解：（1）因为Γ的方程：+y2＝1，所以a2＝2，b2＝1，所以c2＝a2﹣b2＝1，所以F1（﹣1，0），F2（1，0），若B为Γ的上顶点，则B（0，1），所以|BF1|＝＝，|PF1|＝﹣1﹣m，又|BF1|＝|PF1|，所以m＝；（2）设点A（cosθ，sinθ），则＝＝，因为A在线段BP上，横坐标小于0，解得，故，设直线l的方程为，由原点O到直线l的距离为，则＝，化简可得3k2﹣10k+3＝0，解得k＝3或k＝，故直线l的方程为或（舍去，无法满足m＜），所以直线l的方程为；（3）联立方程组，可得（1+2k2）x2﹣4k2mx+2k2m2﹣2＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则，因为∥，所以（x2﹣1）y1＝（x1+1）y2，又y＝kx﹣km，故化简为，又＝，两边同时平方可得，4k2﹣2k2m2+1＝0，整理可得，当m＜时，＞0，因为点A，B在x轴上方，所以k有且仅有一个解，故对于任意m＜﹣，使得∥的直线有且仅有一条．【点评】本题考查了平面向量与圆锥曲线的综合应用，直线与椭圆位置关系的应用，在解决直线与圆锥曲线位置关系的问题时，一般会联立直线与圆锥曲线的方程，利用韦达定理和“设而不求”的方法进行研究，属于难题．14．（2020•上海）已知抛物线y2＝x上的动点M（x0，y0），过M分别作两条直线交抛物线于P、Q两点，交直线x＝t于A、B两点．（1）若点M纵坐标为，求M与焦点的距离；（2）若t＝﹣1，P（1，1），Q（1，﹣1），求证：yA•yB为常数；（3）是否存在t，使得yA•yB＝1且yP•yQ为常数？若存在，求出t的所有可能值，若不存在，请说明理由．【分析】（1）点M的横坐标xM＝（）2＝2，由y2＝x，得p＝，由此能求出M与焦点的距离．（2）设M（），直线PM：y﹣1＝（x﹣1），当x＝﹣1时，，同理求出yB＝，由此能证明yA•yB为常数．（3）解设M（），A（t，yA），直线MA：y﹣y0＝（x﹣y02），联立y2＝x，得+＝0，求出yP＝，同理得yQ＝，由此能求出存在t＝1，使得yA•yB＝1且yP•yQ为常数1．【解答】解：（1）解：∵抛物线y2＝x上的动点M（x0，y0），过M分别作两条直线交抛物线于P、Q两点，交直线x＝t于A、B两点．点M纵坐标为，∴点M的横坐标xM＝（）2＝2，∵y2＝x，∴p＝，∴M与焦点的距离为MF＝＝2+＝．（2）证明：设M（），直线PM：y﹣1＝（x﹣1），当x＝﹣1时，，直线QM：y+1＝（x﹣1），x＝﹣1时，yB＝，∴yAyB＝﹣1，∴yA•yB为常数﹣1．（3）解：设M（），A（t，yA），直线MA：y﹣y0＝（x﹣y02），联立y2＝x，得+＝0，∴y0+yp＝，即yP＝，同理得yQ＝，∵yA•yB＝1，∴yPyQ＝，要使yPyQ为常数，即t＝1，此时yPyQ为常数1，∴存在t＝1，使得yA•yB＝1且yP•yQ为常数1．【点评】本题考查点到焦点的距离的求法，考查两点纵坐标乘积为常数的证明，考查满足两点纵坐标乘积为常数的实数值是否存在的判断与求法，考查抛物线、直线方程等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．15．（2020•上海）已知双曲线Γ1：﹣＝1与圆Γ2：x2+y2＝4+b2（b＞0）交于点A（xA，yA）（第一象限），曲线Γ为Γ1、Γ2上取满足|x|＞xA的部分．（1）若xA＝，求b的值；（2）当b＝，Γ2与x轴交点记作点F1、F2，P是曲线Γ上一点，且在第一象限，且|PF1|＝8，求∠F1PF2；（3）过点D（0，+2）斜率为﹣的直线l与曲线Γ只有两个交点，记为M、N，用b表示•，并求•的取值范围．【分析】（1）联立曲线Γ1与曲线Γ2的方程，以及xA＝，解方程可得b；（2）由双曲线的定义和三角形的余弦定理，计算可得所求角；（3）设直线l：y＝﹣x+，求得O到直线l的距离，判断直线l与圆的关系：相切，可设切点为M，考虑双曲线的渐近线方程，只有当yA＞2时，直线l才能与曲线Γ有两个交点，解不等式可得b的范围，由向量投影的定义求得•，进而得到所求范围．【解答】解：（1）由xA＝，点A为曲线Γ1与曲线Γ2的交点，联立，解得yA＝，b＝2；（2）由题意可得F1，F2为曲线Γ1的两个焦点，由双曲线的定义可得|PF1|﹣|PF2|＝2a，又|PF1|＝8，2a＝4，所以|PF2|＝8﹣4＝4，因为b＝，则c＝＝3，所以|F1F2|＝6，在△PF1F2中，由余弦定理可得cos∠F1PF2＝＝＝，由0＜∠F1PF2＜π，可得∠F1PF2＝arccos；（3）设直线l：y＝﹣x+，可得原点O到直线l的距离d＝＝，所以直线l是圆的切线，设切点为M，所以kOM＝，并设OM：y＝x与圆x2+y2＝4+b2联立，可得x2+x2＝4+b2，可得x＝b，y＝2，即M（b，2），注意直线l与双曲线的斜率为负的渐近线平行，所以只有当yA＞2时，直线l才能与曲线Γ有两个交点，由，可得＝，所以有4＜，解得b2＞2+2或b2＜2﹣2（舍去），因为为在上的投影可得，•＝4+b2，所以•＝4+b2＞6+2，则•∈（6+2，+∞）．【点评】本题考查双曲线与圆的定义和方程、性质，考查直线和圆的方程、双曲线的方程的联立，以及向量的数量积的几何意义，考查方程思想和化简运算能力，属于中档题．二二、考点清单1．圆锥曲线的定义（1）椭圆定义：．（2）双曲线定义：．（3）抛物线定义：|PF|=d2．圆锥曲线的标准方程及几何性质（1）椭圆的标准方程与几何性质标准方程xy图形几何性质范围-a≤x≤a,-b≤y≤b-b≤x≤b,-a≤y≤a对称性对称轴：x轴、y轴.对称中心：原点.焦点F1(-c,0),F1(0,-c),顶点A1(-a,0)，A2(a,0)，A1(0,-a),A2(0,a)，轴线段A1A2长轴长为2a，短轴长为2b.焦距|F离心率e=ca,b,c的关系c2（2）双曲线的标准方程与几何性质标准方程x2a2-y2b2y2a2-x2b2图性质焦点F1（﹣c,0），F2（c,0）F1（0,﹣c），F2（0,c）焦距|F1F2|＝2c|F1F2|＝2c范围|x|≥a，y∈R|y|≥a，x∈R对称关于x轴，y轴和原点对称顶点（﹣a，0）．（a，0）（0，﹣a）（0，a）轴实轴长2a，虚轴长2b离心率e=ca（e＞准线x＝±ay＝±a渐近线xa±yxb±y（3）抛物线的标准方程与几何性质标准方程y(p>0)y(p>0)x(p>0)x(p>0)图形几何性质对称轴x轴y轴顶点O(0,0)焦点F(F(-F(0,F(0,-准线方程x=-x=y=-y=范围x≥0,y∈x≤0,y∈y≥0,x∈y≤0,x∈离心率e=1焦半径（P(xpppp3.圆锥曲线中最值与范围的求解方法几何法若题目的条件和结论明显能体现几何特征及意义,则考虑利用图形性质来解决.代数法若题目的条件和结论能体现一种明确的函数,则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值，求函数最值的常用方法有配方法、判别式法、基本不等式法及函数的单调性法等.4.求解直线或曲线过定点问题的基本思路（1）把直线或曲线方程中的变量x,y当作常数看待,把方程一端化为零，既然是过定点,那么这个方程就要对任意参数都成立,这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x,y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点.（2）由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y-y0=k(x-x0)，则直线必过定点(x（3）从特殊情况入手，先探究定点，再证明该定点与变量无关.5.求解定值问题的常用方法（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.6.求解定线问题的常用方法定线问题是指因图形的变化或点的移动而产生的动点在定线上的问题.这类问题的本质是求点的轨迹方程，一般先求出点的坐标，看横、纵坐标是否为定值，或者找出横、纵坐标之间的关系.7.有关证明问题的解题策略圆锥曲线中的证明问题多涉及几何量的证明，比如涉及线段或角相等以及位置关系的证明，证明时，常把几何量用坐标表示，建立某个变量的函数，用代数方法证明.8.探索性问题的解题策略此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件，则可先假设条件成立,再验证结论是否成立,成立则存在，否则不存在;若探究结论,则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论,往往涉及对参数的讨论.三三、题型方法一．椭圆的标准方程（共1小题）1．（2023•浦东新区三模）已知t∈R，曲线C：（4﹣t）x2+ty2＝12．（1）若曲线C为圆，且与直线y＝x﹣2交于A，B两点，求|AB|的值；（2）若曲线C为椭圆，且离心率，求椭圆C的标准方程；（3）设t＝3，若曲线C与y轴交于A，B两点（点A位于点B的上方），直线y＝kx+m与C交于不同的两点P，Q，直线y＝s与直线BQ交于点G，求证：当sm＝4时，A，G，P三点共线．【分析】（1）求得圆心到直线的距离，可求弦长；（2）由已知可得，分焦点在x轴与y轴上两种情况求解即可；（3）设Q（x1，y1），P（x2，y2）．由离心率可求t，可得椭圆C的方程，联立直线与椭圆方程可得x1+x2＝﹣，x1x2＝，进而可得kAG＝kAP，因而A，G，P三点共线．【解答】解：（1）若曲线C为圆，则4﹣t＝t＞0⇒t＝2，圆方程为：x2+y2＝6，此时圆心到直线的距离，此时；（2）曲线C的方程曲线C：（4﹣t）x2+ty2＝12，可得，当焦点在x轴上时，，由离心率，可得，此时椭圆C的标准方程为，当焦点在y轴上时，，由离心率，可得，此时椭圆C的标准方程为；（3）当t＝3时，方程为x2+3y2＝12，A（0，2），B（0，﹣2），设Q（x1，y1），P（x2，y2）．直线BQ的方程为：，令y＝s，G（，2），联立，消去y得（1+3k2）x2+6kmx+3m2﹣12，∴x1+x2＝﹣，x1x2＝，因为kAG＝，kAP＝，kAG﹣kAP＝﹣＝＝，分子＝﹣4k•+2（s﹣m）•（﹣）+（sm﹣4）（x2﹣x1）＝+（sm﹣4）（x2﹣x1）＝（sm﹣4）（x2﹣x1﹣）＝0，即kAG＝kAP，因而A，G，P三点共线．【点评】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查运算求解能力，属难题．二．椭圆的性质（共8小题）2．（2023•杨浦区校级模拟）“表示焦点在y轴上的椭圆”的一个充分不必要条件是（）A．0＜a＜b B．1＜a＜b C．2＜a＜b D．1＜b＜a【分析】求出椭圆的标准方程，先求出椭圆的等价条件，结合充分不必要条件的定义进行求解即可．【解答】解：椭圆的标准方程为＝1，即+＝1，若焦点在y轴，则log2b＞log2a＞0，即b＞a＞1．等价条件为b＞a＞1，则对应的充分不必要条件可以为b＞a＞2，故选：C．【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的应用，先根据椭圆的标准方程求出对应的等价条件是解决本题的关键．3．（2023•浦东新区校级三模）椭圆与双曲线有相同的焦点F1，F2，P是它们的一个交点，且∠F1PF2＝，记椭圆和双曲线的离心率分别为e1，e2，则e1e2的最小值为．【分析】设出椭圆与双曲线的标准方程分别为：（a＞b＞0），（a1＞0，b1＞0），利用定义可得：m+n＝2a，m﹣n＝2a1，解出m，n．利用余弦定理可得关于e1，e2的等式，再由基本不等式求得当e1e2取最小值．【解答】解：不妨设椭圆与双曲线的标准方程分别为：（a＞b＞0），（a1＞0，b1＞0），设|PF1|＝m，|PF2|＝n．m＞n．则m+n＝2a，m﹣n＝2a1，∴m＝a+a1，n＝a﹣a1．cos＝＝，化为：（a+a1）2+（a﹣a1）2﹣4c2＝（a+a1）（a﹣a1）．∴a2+3a12﹣4c2＝0，∴+＝4，∴4≥2，则≤，即e1e2≥，当且仅当e1＝，e2＝时取等号．故答案为：．【点评】本题考查了椭圆与双曲线的定义标准方程及其性质、余弦定理、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．4．（2023•普陀区校级模拟）方程表示焦点在y轴上的椭圆，则实数k的范围是（2，9）．【分析】由已知可得，求解即可．【解答】解：∵方程表示焦点在y轴上的椭圆，∴，∴实数k的范围是（2，9）．故答案为：（2，9）．【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，解题时要认真审题，熟练掌握椭圆的基础知识，属基础题．5．（2023•徐汇区校级三模）如图，圆柱OO1的轴截面ABB1A1是正方形，D、E分别是边AA1和BB1的中点，C是的中点，则经过点C、D、E的平面与圆柱OO1侧面相交所得到曲线的离心率是．【分析】根据平面与圆柱的截线为椭圆，求出椭圆的长半轴长和短半轴长，即可求出半焦距，由椭圆的离心率公式求解即可．【解答】解：设轴截面的正方形边长为2，设C1是弧B1A1的中点，且与C关于圆柱的中心对称，如图：由题意可知，截面曲线为椭圆，椭圆短轴长为2，长轴，所以长半轴长，短半轴长b＝1，故半焦距，所以椭圆的离心率为，故答案为：．【点评】本题考查了空间几何体的截面问题，椭圆的几何性质的理解和应用，属于基础题．6．（2023•虹口区校级模拟）如图所示，当篮球放在桌面并被斜上方一个灯泡P（当成质点）发出的光线照射后，在桌面上留下的影子是椭圆，且篮球与桌面的接触点是椭圆的右焦点，若篮球的半径为1个单位长度，灯泡与桌面的距离为4个单位长度，灯泡垂直照射在平面上的点为A，椭圆的右顶点到A点的距离为3个单位长度，则此时椭圆的离心率e＝．【分析】建立直角坐标系，由题意可知，|NQ|＝a+c，|QR|＝a﹣c，求得直线PR的方程，利用点到直线的距离公式求得M、Q的坐标，再利用M到PN的距离求得N点坐标，则可得出2a，a﹣c，求解c，即可得到椭圆的离心率．【解答】【解答】解：以A为坐标原点建立平面直角坐标系，由题意可知，|NQ|＝a+c，|QR|＝a﹣c由题意可得P（0，4），R（﹣3，0），则PR：4x﹣3y+12＝0，kPR＝，设M（n，1），Q（n，0），则M到PR的距离d＝＝1，解得n＝﹣1（舍去）．n＝﹣，则|QR|＝﹣3＝＝a﹣c，又设PN：kx﹣y+4＝0，由d＝＝1，得45k2﹣84k+32＝0．∴kPR•kPN＝，则kPN＝，得xN＝﹣，∴2a＝，a＝，解得c＝．∴椭圆的离心率e＝．故答案为：．【点评】本题考查椭圆离心率的求法，解题的关键是建立直角坐标系，根据题意求解a与c，属难题．7．（2023•徐汇区三模）如图，椭圆的焦点在x轴上，长轴长为，离心率为，左、右焦点分别为F1，F2，若椭圆上第一象限的一个点A满足：直线F1A与直线的交点为B，直线与x轴的交点为C，且射线BF2为∠ABC的角平分线，则△F1AF2的面积为．【分析】利用三角形中的角平分线的性质、联立直线与椭圆方程以及三角形的面积公式进行求解．【解答】解：设椭圆的方程为，则，，解得，，故椭圆的方程为；在△F1BC和△F2BC中由正弦定理得：，，又射线BF2为∠ABC的角平分线，可得，则在直角△F1BC中，故，所以直线：，点A为直线与椭圆的交点，联立，解得（舍负），故．故答案为：．【点评】本题考查椭圆的几何性质，正弦定理的应用，方程思想，属中档题．8．（2023•浦东新区校级模拟）以P为圆心的动圆与圆和圆均相切，若点P的轨迹为椭圆，则r的取值范围是（5，+∞）．【分析】根据条件，进行以P为圆心的动圆与两圆相外切和与圆C1外切，与圆C2内切，两种情况讨论，利用点P的轨迹为椭圆，即可得出结果．【解答】解：由题知，若以P为圆心的动圆与两圆均外切，如图，令以P为圆心的动圆半径为R，则PC1＝R+1，PC2＝R+r，因|PC2﹣PC1|＝|r﹣1|，所以此时点P的轨迹不是椭圆，不符合题意；若以P为圆心的动圆与圆C1外切，与圆C2内切，如图，令以P为圆心的动圆半径为R，则PC1＝R+1，PC2＝r﹣R，因|PC2+PC1|＝r+1，若点P的轨迹为椭圆，则r+1＞2×2＝4，即r＞3，且圆C1与圆C2不相交，即r＞5，综上，若点P的轨迹为椭圆，则r＞5．故答案为：（5，+∞）．【点评】本题考查圆与圆的位置关系，考查椭圆的定义及其性质，考查分类讨论思想，数形结合思想，属于中档题．9．（2023•奉贤区二模）已知椭圆C：，A（0，b），B（0，﹣b）．椭圆C内部的一点（t＞0），过点T作直线AT交椭圆于M，作直线BT交椭圆于N．M、N是不同的两点．（1）若椭圆C的离心率是，求b的值；（2）设△BTM的面积是S1，△ATN的面积是S2，若，b＝1时，求t的值；（3）若点U（xu，yu），V（xv，yv）满足xu＜xv且yu＞yv，则称点U在点V的左上方．求证：当时，点N在点M的左上方．【分析】（1）分0＜b＜2，b＞2两种情况结合离心率计算式可得答案；（2）联立直线AM的方程与椭圆方程可得xM，联立直线BN的方程与椭圆方程可得xN.结合图形可得，后结合∠BTM+∠ATN＝π，及弦长公式可得，即可得答案；（3）联立直线与椭圆方程可得xM，xN，后结合在椭圆内部可得xM，xN大小，又由题意可得yN，yM大小，即可证明结论．【解答】解：（1）因为椭圆C的离心率是，当0＜b＜2时，，得b＝1；当b＞2时，，得b＝4；所以b的值为1或4；（2）由题意，直线AM的斜率kAM存在，直线BN的斜率kBN存在，，直线AM的方程，设M（xM，yM）．则.，直线BN的方程，设N（xN，yN），则，由图，，注意到∠BTM+∠ATN＝π，则sin∠BTM＝sin∠ATN．又，同理可得，则．（3）证明：由题意，直线AM的斜率kAM存在，直线BN的斜率kBN存在，，直线AM的方程，设M（xM，yM）．则，，直线BN的方程，设N（xN，yN），则，则＝，又在椭圆内部，则，故xM＞xN，又根据题意知，所以，所以当时，点N在点M的左上方．【点评】本题主要考查椭圆的性质，直线与椭圆的综合，考查运算求解能力，属于难题．三．直线与椭圆的综合（共4小题）10．（2023•闵行区校级一模）已知椭圆Γ的左焦点为F，左、右顶点分别为A、B，上顶点为P．（1）若△PFB为直角三角形，求Γ的离心率；（2）若a＝2，b＝1，点Q、Q'是椭圆Γ上不同两点，试判断“|PQ|＝|PQ'|”是“Q、Q'关于y轴对称”的什么条件？并说明理由；（3）若，点T为直线x＝4上的动点，直线TA，TB分别交椭圆Γ于C，D两点，试问△FCD的周长是否为定值？请说明理由．【分析】（1）由△PFB为直角三角形，则kBF•kPB＝﹣＝﹣1，又b2＝a2﹣c2，可得a2﹣c2＝ac，进而可得答案．（2）根据题意可得椭圆的方程为+y2＝1，设Q（x1，y1），Q′（x2，y2），则|PQ|2＝﹣3﹣2y1+5，同理可得|PQ′|2＝﹣3﹣2y2+5，若|PQ|＝|PQ′|，则有﹣3﹣2y1+5＝﹣3﹣2y2+5，则y1＝y2或3y1+3y2+2＝0，再由充要条件的定义，即可得出答案．（3）根据题意可得椭圆的方程为+＝1，设T（4，t），写出直线TA、TB的方程，分类联立椭圆的方程，解得C，D点坐标，写出直线CD方程，即可得出答案．【解答】解：（1）根据题意可得P（0，b），F（﹣c，0），B（a，0），因为△PFB为直角三角形，所以∠FPB＝，又kBF＝，kPB＝﹣，所以kBF•kPB＝﹣＝﹣1，所以b2＝ac，又b2＝a2﹣c2，所以a2﹣c2＝ac，所以1﹣e2＝e，即e2+e﹣1＝0，所以e＝或（舍），所以椭圆的离心率为．（2）因为a＝2，b＝1，所以椭圆的方程为+y2＝1，设Q（x1，y1），Q′（x2，y2），|PQ|2＝（y1﹣1）2+＝（y1﹣1）2+4﹣4＝﹣3﹣2y1+5，同理可得|PQ′|2＝﹣3﹣2y2+5，若|PQ|＝|PQ′|，则有﹣3﹣2y1+5＝﹣3﹣2y2+5，所以（y1﹣y2）（3y1+3y2+2）＝0，所以y1＝y2或3y1+3y2+2＝0，所以|PQ|＝|PQ′|不能推出Q与Q′关于y轴对称，而Q与Q′关于y轴对称能推出|PQ|＝|PQ′|，所以“|PQ|＝|PQ'|”是“Q、Q'关于y轴对称”的必要不充分条件．（3）若a＝2，b＝，则椭圆的方程为+＝1，设T（4，t），直线TA的方程为y＝x+，直线TB的方程y＝x﹣t，联立，得（27+t2）x2+4t2x+4t2﹣108＝0，所以xAxC＝，所以2xC＝，所以xC＝，所以C（，），联立，得（3+t2）x2+4t2x+4t2﹣12＝0，所以xBxD＝，所以2xD＝，所以xD＝，所以D（，﹣），所以直线CD的方程为y＝﹣（x﹣1），所以直线CD经过定点（1，0），即椭圆的右焦点，所以△FCD的周长为4a＝8，定值．【点评】本题考查椭圆的性质，解题中需要理清思路，属于中档题．11．（2023•闵行区校级二模）已知椭圆C：过点记椭圆的左顶点为M，右焦点为F．（1）若椭圆C的离心率，求b的范围；（2）已知，过点F作直线与椭圆分别交于E，G两点（异于左右顶点）连接ME，MG，试判定EM与EG是否可能垂直，请说明理由；（3）已知，设直线l的方程为y＝k（x﹣2），它与C相交于A，B．若直线AF与C的另一个交点为D．证明：|BF|＝|DF|．【分析】（1）先根据在椭圆上，得到b，a的关系，再结合离心率的范围可以求得b的范围；（2）假设EM⊥EG，向量数量积为0，可以求得E点坐标，可以确定EM与EG垂直；（3）设点后联立直线和椭圆方程，再消参数得出横坐标关系，即可得出结论．【解答】解：（1）∵在椭圆上，∴，可得，∵，∴，∴；（2）垂直，理由如下：∵且椭圆过，∴，因此椭圆方程为，由题意得，假设EM⊥EG，设E（x，y），则，由，得，即，①又点E在椭圆上，则，②①②联立消去y2，得，则（为左顶点不符合题意舍），，所以EM与EG垂直．（3）证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），D（x3，y3），由（2）知椭圆方程为，与直线l的方程y＝k（x﹣2）联立消去y，并整理得（1+2k2）x2﹣8k2x+8k2﹣2＝0，可得，又点A在直线y＝k（x﹣2）上，∴y1＝k（x1﹣2），∴，∴，又直线AD的方程为与椭圆方程为联立消去y，，整理得，所以，于是可得x1+x2＝x1+x3，即x2＝x3，从而B，D两点关于x轴对称，因此|BF|＝|DF|．【点评】本题考查椭圆的标准方程及其性质，考查直线与椭圆的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．12．（2023•黄浦区校级三模）已知椭圆C：的焦距为，且过点．（1）求椭圆C的方程；（2）设与坐标轴不垂直的直线l交椭圆C于M，N两点（异于椭圆顶点），点P为线段MN的中点，O为坐标原点．①若点P在直线上，求证：线段MN的垂直平分线恒过定点S，并求出点S的坐标；②求证：当△OMN的面积最大时，直线OM与ON的斜率之积为定值．【分析】（1）根据焦距和所过点联立方程组求解即可；（2）设出直线方程并与椭圆方程联立，①根据中点公式及垂直平分线方程化简即可证明并得到定点；②利用弦长公式和点到直线距离公式，表示出三角形面积，并借助重要不等式得到三角形面积最大时，直线方程中的参数满足的条件，由此化简直线OM与ON的斜率之积即可得出定值．【解答】解：（1）由已知可得2c＝2，，又a2＝b2+c2，∴b2＝1，a2＝4，∴椭圆C的方程为．（2）证明：由题意知，直线l斜率存在，设直线l方程为y＝kx+m，设M（x1，y1），N（x2，y2），P（x0，y0）．由，消去y整理得（1+4k2）x2+8kmx+4m2﹣4＝0，Δ＝64k2m2﹣16（m2﹣1）（1+4k2）＝16（1+4k2﹣m2）＞0，．①∵点P为线段MN的中点，点P在直线上，∴，即，∴y0＝kx0+m＝．∴线段MN的垂直平分线方程为，即，即，故线段MN的垂直平分线恒过定点．②由弦长公式得＝，坐标原点到直线MN的距离为，∴△OMN的面积为＝．当且仅当m2＝1+4k2﹣m2，即2m2＝1+4k2时等号成立．∴＝＝＝．∴直线OM与ON的斜率之积为定值．【点评】本题主要考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的综合，考查运算求解能力，属于难题．13．（2023•虹口区校级模拟）已知椭圆C：的离心率为，左、右顶点分别为A、B，点P、Q为椭圆上异于A、B的两点，△PAB面积的最大值为2．（1）求椭圆C的方程；（2）设直线AP、BQ的斜率分别为k1、k2，且3k1＝5k2．①求证：直线PQ经过定点；②设△PQB和△PQA的面积分别为S1、S2，求|S1﹣S2|的最大值．【分析】（1）根据题意可得出关于a、b、c的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆C的方程；（2）①分析可知直线PQ不与y轴垂直，设直线PQ的方程为x＝ty+n，可知n≠±2，设点P（x1，y1），Q（x2，y2）．将直线PQ的方程的方程与椭圆C的方程联立，列出韦达定理，利用求出n的值，即可得出直线PQ所过定点的坐标；②写出|S1﹣S2|关于t的函数关系式，利用对勾函数的单调性可求得|S1﹣S2|的最大值．【解答】解：（1）当点P为椭圆C短轴顶点时，△PAB的面积取最大值，且最大值为，由题意可得，解得，所以椭圆C的标准方程为．（2）①证明：设点P（x1，y1）、Q（x2，y2），若直线PQ的斜率为零，则点P、Q关于y轴对称，则k1＝﹣k2，不合乎题意；设直线PQ的方程为x＝ty+n，由于直线PQ不过椭圆C的左、右焦点，则n≠±2，联立，消去x可得（t2+4）y2+2tny+n2﹣4＝0，Δ＝4t2n2﹣4（t2+4）（n2﹣4）＝16（t2+4﹣n2）＞0，可得n2＜t2+4，由韦达定理可得，则，所以＝，解得，即直线PQ的方程为，故直线PQ过定点．②由韦达定理可得，所以，＝，因为t2≥0，则，因为函数在上单调递增，故，所以，当且仅当t＝0时，等号成立，因此，|S1﹣S2|的最大值为．【点评】本题考查了椭圆的标准方程以及直线与椭圆的位置关系，椭圆中三角形面积的最值问题，属于较难题目．四．抛物线的性质（共5小题）14．（2023•徐汇区校级三模）已知抛物线C：x2＝﹣2py（p＞0）的焦点F与的一个焦点重合，过焦点F的直线与C交于A，B两不同点，抛物线C在A，B两点处的切线相交于点M，且M的横坐标为4，则弦长|AB|＝（）A．16 B．26 C．14 D．24【分析】由椭圆方程求得F的坐标，并求得p，设直线AB的方程为y＝kx﹣2，A（x1，y1），B（x2，y2），利用导数写出抛物线在A，B处的切线方程，结合已知求得A，B的横坐标的和，联立直线方程与抛物线方程，利用根与系数的关系求得k，进一步求出A，B的纵坐标的和，再由抛物线的弦长公式求|AB|．【解答】解：由题意可得，F（0，﹣2），则p＝4，抛物线C的方程为x2＝﹣8y．设直线AB的方程为y＝kx﹣2，A（x1，y1），B（x2，y2），其中y1＝﹣，y2＝﹣，由y＝﹣，得y′＝﹣．∴在点A处的切线方程为y﹣y1＝﹣（x﹣x1），化简得y＝﹣x+，①同理可得在点B处的切线为y＝﹣x+，②联立①②得xM＝，由M的横坐标为4，得x1+x2＝8．将AB的方程代入抛物线方程，可得x2+8kx﹣16＝0．∴x1+x2＝﹣8k＝8，得k＝﹣1．∴y1+y2＝k（x1+x2）﹣4＝﹣1×8﹣4＝﹣12．得|AB|＝p﹣（y1+y2）＝4﹣（﹣12）＝16．故选：A．【点评】本题考查抛物线与椭圆的简单性质，训练了利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查运算求解能力，属于中档题．15．（2023•宝山区校级模拟）已知抛物线y2＝2px（p＞0）上一点M（1，m）（m＞0）到其焦点的距离为5，双曲线的左顶点为A，若双曲线一条渐近线与直线AM平行，则实数a等于（）A． B． C． D．【分析】根据抛物线的几何性质，双曲线的几何性质，方程思想，即可求解．【解答】解：∵点M到抛物线焦点的距离为5，∴，∴p＝8，∴抛物线为y2＝16x，∵点M（1，m）在抛物线上，∴m2＝16，又m＞0，∴m＝4，∴M（1，4），∵的，∴双曲线的左顶点为A（﹣a，0），∴直线AM的斜率为：，∵双曲线的渐近线方程为y＝±，又双曲线一条渐近线与直线AM平行，∴，∴a＝．故选：C．【点评】本题考查抛物线的几何性质，双曲线的几何性质，方程思想，化归转化思想，属中档题．16．（2023•闵行区二模）已知抛物线C1：y2＝8x，圆C2：（x﹣2）2+y2＝1，点M的坐标为（4，0），P、Q分别为C1、C2上的动点，且满足|PM|＝|PQ|，则点P的横坐标的取值范围是[，]．【分析】由已知可得x+2﹣1≤|PQ|≤x+2+1，进而可得x+2﹣1≤≤x+2+1，求解即可．【解答】解：由抛物线C1：y2＝8x，可得焦点F（2，0），准线方程为x＝﹣2，由圆C2：（x﹣2）2+y2＝1，可得圆心C2即为抛物线的焦点F，∴|PF|﹣1≤|PQ|≤|PF|+1，∴x+2﹣1≤|PQ|≤x+2+1，∵|PM|＝|PQ|，∴x+2﹣1≤|PM|≤x+2+1，∴x+2﹣1≤≤x+2+1，∴x2+2x+1≤x2﹣8x+16+8x≤x2+6x+9，解得≤x≤，∴点P的横坐标的取值范围是[，]．故答案为：[，]．【点评】本题考查抛物线的性质，考查运算求解能力，属中档题．17．（2023•嘉定区校级三模）已知点P是抛物线y2＝8x上的动点，Q是圆（x﹣2）2+y2＝1上的动点，则的最大值是．【分析】由圆方程可得E（2，0），易得E（2，0）为C的焦点．设P（x0，y0）（x0≥0），根据抛物线定义和圆的性质可得|PQ|≥|PE|﹣1＝x0+2﹣1＝x0+1，又|PO|＝＝，将的最大值的问题转化为函数最值问题，利用二次函数求解即可．【解答】解：因为圆E：（x﹣2）2+y2＝1，所以E（2，0），易得E（2，0）为C的焦点，设P（x0，y0）（x0≥0），因为点P是抛物线C：y2＝8x上的一点，点Q是圆E：（x﹣2）2+y2＝1上的一点，则|PQ|≥|PE|﹣1＝x0+2﹣1＝x0+1，又|PO|＝＝，所以≤＝，令t＝x0+1，则＝＝，所以当＝，即x0＝时，取得最大值，最大值为．故答案为：．【点评】本题主要考查抛物线的性质，圆与圆锥曲线的综合，考查运算求解能力，属于中档题．18．（2023•上海模拟）已知抛物线y2＝2px（x＞0），P（2，1）为抛物线内一点，不经过P点的直线l：y＝2x+m与抛物线相交于A，B两点，连接AP，BP分别交抛物线于C，D两点，若对任意直线l，总存在λ，使得成立，则该抛物线方程为y2＝4x．【分析】设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），根据，推出y1+y2+λ（y3+y4）＝2（1+λ），结合点在抛物线上，可得y1+y2＝p，y3+y4＝p，即可求得p，即得答案．【解答】解：根据题意设A（x1，y1），B（x2，y2），（x1≠x2），C（x3，y3），D（x4，y4），（x3≠x4），∵，∴（2﹣x1，1﹣y1）＝λ（x3﹣2，y3﹣1），∴，∴，同理可得，∴（*）将A，B两点代入抛物线方程得，作差可得，而，即y1+y2＝p，同理可得y3+y4＝p，将其代入（*），可得p＝2，此时抛物线方程为y2＝4x，故答案为：y2＝4x．【点评】本题考查抛物线的几何性质，方程思想，设而不求法，化归转化思想，属中档题．五．直线与抛物线的综合（共3小题）19．（2023•徐汇区三模）在直角坐标平面中，抛物线Γ1是由抛物线y＝x2按平移得到的，Γ1过点A（1，0）且与x轴相交于另一点B．曲线Γ2是以AB为直径的圆．称Γ1在x轴上方的部分、Γ2在x轴下方的部分以及点A、B构成的曲线为曲线Ω，并记Γ1在x轴上方的部分为曲线Ω1，Γ2在x轴下方的部分为曲线Ω2．（1）写出抛物线Γ1和圆Γ2的方程；（2）设直线y＝k（x﹣1）与曲线Ω有不同于点A的公共点P、Q，且∠QBA＝∠PBA，求k的值；（3）若过曲线Ω2上的动点M（x1，y1）（x1＞0）的直线l与曲线Ω恰有两个公共点M、N，且直线l与x轴的交点在A点右侧，求的最大值．【分析】（1）由平移可知抛物线Γ1：y＝x2向下平移1个单位得到Γ1的方程y＝x2﹣1，进而可得A，B坐标，即可得出答案．（2）联立y＝k（x﹣1）与圆方程，结合韦达定理可得P点的坐标，联立直线y＝k（x﹣1）与抛物线的方程为，得Q点坐标，由∠QBA＝∠PBA，得tan∠QBA＝tan∠PBA，即＝，则＝k﹣2，解得k，即可得出答案．（3）设N（x2，y2），根据题意可得直线l斜率k1存在，设直线l的方程为y＝k1（x﹣t），t＞1，分两种情况：若N在Γ2上，若N在曲线Ω1上，讨论•的最大值，即可得出答案．【解答】解：（1）抛物线y＝x2上的点（1，1）按＝（0，﹣1）得到点（1，0），所以抛物线Γ1：y＝x2向下平移1个单位得到，则Γ1的方程y＝x2﹣1，抛物线Γ1与x轴相交于点A（1，0），B（﹣1，0），所以以AB为直径的圆Γ2的方程为x2+y2＝1．（2）将y＝k（x﹣1）与圆方程联立，得（1+k2）x2﹣2k2x+k2﹣1＝0，因为xA＝1，所以1•xP＝，即xp＝，代入直线方程P（，），联立直线y＝k（x﹣1）与抛物线的方程为，得Q（k﹣1，k2﹣2k），所以tan∠PBA＝＝，tan∠QBA＝＝k﹣2，因为∠QBA＝∠PBA，所以tan∠QBA＝tan∠PBA，解得k＝1±，由yP＝﹣＜0，可得k＞0，所以k＝1+．（3）设N（x2，y2），根据题意可得直线l斜率k1存在，设直线l的方程为y＝k1（x﹣t），由直线l与x轴的交点在A点的右侧，得t＞1，若N在Γ2上，则•＝x1x2+y1y2≤+＝1，若N在曲线Ω1上，因为直线l与x轴的交点在A点右侧，所以斜率大于0，则N点在第一象限，由直线l与曲线Ω恰有两个公共点M、N可知l与曲线Ω1、曲线Ω2各有且仅有一个公共点，因为直线l与x轴的交点在A点右侧以及斜率大于0知直线l与圆Γ2在x轴及其上方无公共点，所以直线l与曲线Ω2相切于点M，于是有﹣﹣k1（x﹣t）≥0，当且仅当x＝x1∈（0，1）时，等号成立，因为x∈（﹣1，1）时，x2﹣1﹣（﹣）＝（1﹣）≥0，当且仅当x∈{﹣1，0，1}时等号成立，所以x2﹣1﹣k1（x﹣t）＞0，即直线l与抛物线Γ1在x轴下方部分无公共点，所以直线l与曲线Ω1相切于点N，于是可得直线l2的方程为y＝2x2•x﹣，且满足＝1，由＞1，得＝2+，此时x2＝＞1，可求得x1＝∈（0，1），直线l2与曲线Ω1相切于点N，曲线Ω2相切点M，符合题意，所以•＝||2＝1．【点评】本题考查圆的方程，直线与圆，抛物线的相交问题，解题中需要理清思路，属于中档题．20．（2023•青浦区二模）如图，已知A、B、C是抛物线Γ1：x2＝y上的三个点，且直线CB、CA分别与抛物线Γ2：y2＝4x相切，F为抛物线Γ1的焦点．（1）若点C的横坐标为x3，用x3表示线段CF的长；（2）若CA⊥CB，求点C的坐标；（3）证明：直线AB与抛物线Γ2相切．【分析】（1）根据抛物线的几何性质，焦半径公式，即可求解；（2）设而不求，根据韦达定理，方程思想，即可求解；（3）设而不求，根据韦达定理，化归转化思想，即可证明．【解答】解：（1）因为点C的横坐标为x3，所以，又Γ1的准线，∴；（2）显然直线CB，CA的斜率都存在，设，则过点C的抛物线Γ2的切线方程为，由，得，令，则k的两个解k1，k2分别为直线CB，CA的斜率，∵CA⊥CB，∴，∴x3＝﹣1，∴C（﹣1，1）；（3）证明：设，直线，即（x3+x1）x﹣y﹣x1x3＝0，由，得，又直线CA与抛物线相切，∴Δ＝1+4x1x3（x1+x3）＝0，又直线CB与抛物线相切，同理可得1+4x2x3（x2+x3）＝0，又x1，x2是方程1+4x3x（x+x3）＝0，即的两根，∴x1+x2＝﹣x3，，∴1+4x2x1（x2+x1）＝0，∴直线AB与抛物线Γ2相切．【点评】本题考查抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系，设而不求法，韦达定理，方程思想，化归转化思想，属中档题．21．（2023•黄浦区校级模拟）已知抛物线y2＝4x的焦点为F，直线l交抛物线于不同的A、B两点．（1）若直线l的方程为y＝x﹣1，求线段AB的长；（2）若直线l经过点P（﹣1，0），点A关于x轴的对称点为A′，求证：A′、F、B三点共线；（3）若直线l经过点M（8，﹣4），抛物线上是否存在定点N，使得以线段AB为直径的圆恒过点N？若存在，求出点N的坐标，若不存在，请说明理由．【分析】（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线l与抛物线的方程，结合韦达定理可得x1+x2，由抛物线的定义可得|AB|＝|AF|+|BF|＝x1+x2+P，即可得出答案．（2）设直线l的方程为y＝k（x+1），A′（x1，﹣y1），B（x2，y2），写出直线A′F的斜率为kA′F，直线BF的斜率为kBF，即可得出答案．（3）假设存在点N（，y0）使以弦AB为直径的圆恒过点N，则•＝0，解出N点坐标即可．【解答】解：（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），联立，得x2﹣6x+1＝0，所以x1+x2＝6，因为抛物线的方程为y2＝4x，所以抛物线的焦点F（1，0），又直线l：y＝x﹣1过抛物线的焦点F（1，0），所以由抛物线的定义可得|AB|＝|AF|+|BF|＝x1+x2+P＝6+2＝8．（2）证明：设直线l的方程为y＝k（x+1），A′（x1，﹣y1），B（x2，y2），联立，得k2x2+（2k2﹣4）x+k2＝0，所以x1x2＝1，即x2＝，直线A′F的斜率为kA′F＝＝，直线BF的斜率为kBF＝＝＝＝﹣，所以kA′F＝kBF，所以A′、F、B三点共线．（3）假设存在点N（，y0）使以弦AB为直径的圆恒过点N，设过点M（8，﹣4）直线l的方程为x＝m（y+4）+8，联立，得y2﹣4my﹣16m﹣32＝0，设A（，y1），B（，y2），则y1+y2＝4m，y1y2＝﹣16m﹣32，因为点N总在以弦AB为直径的圆上，所以∠ANB＝90°，所以•＝0，又＝（﹣，y1﹣y0），＝（﹣，y2﹣y0），所以（﹣）（﹣）+（y1﹣y0）（y2﹣y0）＝0，所以（y1﹣y0）（y2﹣y0）[+1]＝0，当y1＝y0或y2＝y0，等式成立，当y1＝≠0或y2≠y0，有（y1+y0）（y2+y0）＝﹣16，所以y1y2+y0（y1+y2）+y02+16＝0，则y02﹣4my0﹣16m﹣16＝0，即4m（y0﹣4）+（y0﹣4）（y0+4）＝0，所以当y0＝4时，无论m取何值等式都成立，将y0＝4代入y2＝4x，得x0＝4，所以存在点N（4，4）使得以弦AB为直径的圆恒过点N．【点评】本题考查抛物线的定义，以及直线与圆和抛物线的位置问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．六．双曲线的标准方程（共1小题）22．（2023•宝山区校级模拟）若双曲线经过点，且渐近线方程是，则这条双曲线的方程是．【分析】根据题意中所给的双曲线的渐近线方，则可设双曲线的标准方程为，（λ≠0）；将点代入方程，可得λ＝﹣1；即可得答案．【解答】解：根据题意，双曲线的渐近线方程是，则可设双曲线的标准方程为，（λ≠0）；又因为双曲线经过点，代入方程可得，λ＝﹣1；故这条双曲线的方程是；故答案为：．【点评】本题考查双曲线的标准方程，要求学生掌握由渐近线方程引入λ，进而设双曲线方程的方法，注意标明λ≠0．七．双曲线的性质（共8小题）23．（2023•奉贤区校级三模）如图，直角坐标系中有4条圆锥曲线∁i（i＝1，2，3，4），其离心率分别为ei．则4条圆锥曲线的离心率的大小关系是（）​A．e2＜e1＜e4＜e3 B．e1＜e2＜e3＜e4 C．e2＜e1＜e3＜e4 D．e1＜e2＜e4＜e3【分析】由椭圆的性质，结合双曲线的性质求解即可．【解答】解：设椭圆C1的方程为，椭圆C2的方程为，由图可知a1＝a2，b1＜b2，则，即，即，即0＜e2＜e1＜1，设双曲线C3的方程为，双曲线C4的方程为，由图可知，即，即，即1＜e3＜e4，即e2＜e1＜e3＜e4．故选：C．【点评】本题考查了椭圆的性质，重点考查了双曲线的性质，属基础题．24．（2023•浦东新区校级三模）已知双曲线C：3mx2﹣my2＝3的一个焦点坐标为（﹣2，0），则双曲线C的离心率为（）A． B． C．2 D．4【分析】把双曲线方程化成标准形式，求出m即可求出离心率作答．【解答】解：双曲线C：3mx2﹣my2＝3化为：，依题意，，解得m＝1，因此双曲线C的实半轴长为1，所以双曲线C的离心率为2．故选：C．【点评】本题主要考查了双曲线的性质，属于基础题．25．（2023•浦东新区三模）已知曲线是焦点在x轴上的双曲线，则实数m的取值范围是（﹣2，﹣1）．【分析】根据双曲线标准方程的特点求解．【解答】解：∵是焦点在x轴上的双曲线，∴m+2＞0，m+1＜0，即﹣2＜m＜﹣1；故答案为：（﹣2，﹣1）．【点评】本题考查了双曲线的性质，属于基础题．26．（2023•浦东新区二模）双曲线的右焦点F到其一条渐近线的距离为2．【分析】由双曲线方程，算出右焦点F为（，0），渐近线为y＝±x．由点到直线的距离公式加以计算，结合双曲线基本量的关系化简，即可求出焦点F到其渐近线的距离．【解答】解：∵双曲线方程为，∴双曲线的右焦点F坐标为（，0），渐近线为y＝±x，即x±y＝0，可得焦点F到其渐近线的距离为d＝＝2．故答案为：2．【点评】本题给出双曲线方程，求它的焦点F到渐近线的距离．着重考查了双曲线的标准方程与简单几何性质等知识，属于基础题．27．（2023•长宁区校级三模）在平面直角坐标系中，若双曲线Γ：＝1的右焦点恰好是抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点，则p＝2．【分析】利用已知条件求解双曲线的右焦点的横坐标，然后求解p即可．【解答】解：在平面直角坐标系中，若双曲线Γ：＝1的右焦点恰好是抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点，可得＝，所以p＝2．故答案为：2．【点评】本题考查双曲线的简单性质以及抛物线的简单性质的应用，是基础题．28．（2023•徐汇区二模）已知双曲线的左焦点为F（﹣1，0），过F且与x轴垂直的直线与双曲线交于A、B两点，O为坐标原点，△AOB的面积为，则F到双曲线的渐近线距离为．【分析】取x＝﹣c，解得，根据面积得到，解得渐近线方程，再根据点到直线的距离公式计算得到答案．【解答】解：取x＝﹣c，则，解得，故，即，解得或a＝﹣2（舍），∴，不妨取渐近线方程为，即，∴F到渐近线的距离为．故答案为：．【点评】本题考查双曲线的几何性质，属基础题．29．（2023•闵行区校级二模）不与x轴重合的直线l经过点N（xN，0）（xN≠0），双曲线C：上存在两点A，B关于l对称，AB中点M的横坐标为xM，若xN＝4xM，则b的值为．【分析】由点差法得，结合klkAB＝﹣1得，代入斜率公式化简并利用xN＝4xM，即可得出答案．【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），M（xM，yM），则，两式相减得，即，∴，即，∵l是AB垂直平分线，klkAB＝﹣1，∴，即，整理得，故b2＝3，解得．故答案为：．【点评】本题考查双曲线的性质，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．30．（2023•奉贤区校级模拟）已知直线l：y＝2x﹣10与双曲线的一条渐近线平行，且经过双曲线的一个焦点，则双曲线的标准方程为．【分析】由题意可得关于a，b，c的方程组，求解a与b的值，则答案可求．【解答】解：双曲线的渐近线方程为y＝，由y＝2x﹣10，取y＝0，得x＝5，∵直线l：y＝2x﹣10与双曲线的一条渐近线平行，且经过双曲线的一个焦点，∴，解得，∴双曲线的标准方程为．故答案为：．【点评】本题考查双曲线的几何性质，考查双曲线标准方程的求法，考查运算求解能力，是中档题．八．直线与双曲线的综合（共3小题）31．（2023•浦东新区校级模拟）已知坐标平面xOy上左、右焦点为（﹣4，0）、（4，0）的双曲线C1：和圆C2：x2+（y﹣a）2＝9（a∈R）．（1）若C1的实轴恰为C2的一条直径，求C1的方程；（2）若C1的一条渐近线为y＝x，且C1与C2恰有两个公共点，求a的值；（3）设a＝5．若存在C2上的点P（x0，y0），使得直线lP：＝1与C1恰有一个公共点，求C1的离心率的取值范围．【分析】（1）直接利用条件求出m的值，进而求出n，从而求出双曲线的方程；（2）利用渐近线方程，求出m与n的关系，从而求出双曲线的方程，再利用双曲线和圆的对称性，将问题转化成方程只有一个解，从而求出a的值；（3）利用双曲一点的切线方程，根据条件，将问题转化成双曲线与圆有公共点，从而求出结果．【解答】解：（1）因为C1的实轴恰C2的一条直径，所以2m＝2r＝6，即m＝3，又因为双曲线的左、右焦点为（﹣4，0），（4，0），所以n2＝16﹣m2＝7，故双曲线C1的方程为：；（2）双曲线C1：的渐近线为，所以由题知，又m2+n2＝16，联立解得，所以双曲线C1的方程为，联立，消x得到，因为C1与C2恰有两个公共点，所以由双曲线和圆的对称性知，，即a2＝20，所以a＝；（3）设P（x0，y0）是双曲线上一点，当过P（x0，y0）的双曲线的切线斜率存在时，设切线方程为y﹣y0＝k（x﹣x0），由，消y整理得（n²﹣m²k²）x²+＝0，由于P（x0，y0）是切点，所以x0是这个方程的二重实根，由韦达定理有，＝，又因为，得到，所以，又，所以＝，得到＝，化简得到，即，又易知k≠0，y0≠0，所以，所以切线方程为，即，也即，又因为P（x0，y0）在双曲线上，所以，所以切线方程为，当切线斜率不存在时，P（±m，0），当x0＝m时，过P（m，0）的曲线C1的切线方程为x＝m，当x0＝﹣m时，过P（﹣m，0）的曲线C1的切线方程为x＝﹣m，均满足，综上，过双曲线C1上一点P（x0，y0）的切线方程为，又由题知，存在C2上的点P（x0，y0），使得直线lP：，与C1恰有一个公共点，即lP：为曲线C1的切线，所以点P（x0，y0）是双曲线C1：与圆的公共点，由，消x得（m2+n2）y2﹣10n2y+16n2+m2n2＝0，又因为m2+n2＝16，所以16y2﹣10（16﹣m2）y+（16﹣m2）（16+m2）＝0，所以Δ＝100（16﹣m2）2﹣64（16﹣m2）（16+m2）≥0，即25（16﹣m2）﹣16（16+m2）≥0，解得，所以，得到．【点评】本题考查直线与双曲线的综合问题，属于难题．32．（2023•松江区校级模拟）椭圆Γ：＝1（m＞0，m）．（1）若m＝2，求椭圆Γ的离心率；（2）设A1、A2为椭圆Γ的左右顶点，椭圆Γ上一点E的纵坐标为1，且＝﹣2，求m的值；（3）过椭圆Γ上一点P作斜率为的直线，与双曲线有一个公共点，求m的取值范围．【分析】（1）由题意可得a，b，c，可求离心率；（2）由已知得A1（m，0），A2（m，0），设E（p，1），由已知可得p2＝m2，p2﹣m2+1＝﹣2，求解即可；（3）设直线y＝x+t，与椭圆方程联立可得t2≤3m2+3，与双曲线方程联立可得t2＝5m2﹣15，可求m的取值范围．【解答】解：（1）若m＝2，则a2＝4，b2＝3，∴a＝2，c＝＝1，∴e＝＝（2）由已知得A1（﹣m，0），A2（m，0），设E（p，1），∴+＝1，即p2＝m2，∴＝（﹣m﹣p，﹣1），＝（m﹣p，﹣1），∴•＝（﹣m﹣p，﹣1）•（m﹣p，﹣1）＝p2﹣m2+1＝﹣2，∵p2＝m2，代入求得m＝3；（3）设直线y＝x+t，联立椭圆可得+＝1，整理得（3+3m2）x2+2tm2x+（t2﹣3）m2＝0，由Δ≥0，∴t2≤3m2+3，联立双曲线可得﹣＝1，整理得（3﹣m2）x2+2tx+（t2﹣5m2）＝0，由Δ＝0，t2＝5m2﹣15，∴5m2﹣15≤3m2+3，∴﹣3≤m≤3，又5m2﹣15≥0，∴m≥，又∵m≠，∴m∈（，3]．【点评】本题考查离心率的求法，考查椭圆与双曲线的几何性质，属中档题．33．（2023•徐汇区校级三模）已知P（x0，y0）是焦距为的双曲线上一点，过P的一条直线l1与双曲线C的两条渐近线分别交于P1（x1，y1），P2（x2，y2），且，过P作垂直的两条直线l2和l3，与y轴分别交于A，B两点，其中l2与x轴交点的横坐标是．（1）求x1x2﹣y1y2的值；（2）求的最大值，并求此时双曲线C的方程；（3）判断以AB为直径的圆是否过定点，如果是，求出所有定点；如果不是，说明理由．【分析】（1）由3＝+2，得，由双曲线渐近线方程为y＝±x，P1、P2位于两条渐近线上，得y0＝±（x1﹣2x2）①，由点P在双曲线﹣＝1，得﹣＝1，可得x1x2，y1y2，即可得出答案．（2）当x1≠x2时，直线l1的方程为y﹣y1＝（x﹣x1），进而可得M点的坐标，进而可得＝+＝||||y1﹣y2|＝|x1x2|＝ab，由基本不等式可得的最大值，可得双曲线的方程；当x1＝x2时，直线l1的方程为x＝x1，＝|x1||2y1|＝|，由①式可得y0＝±x1，且点P在双曲线上，得S＝ab，进而可得双曲线的方程．（3）写出直线l2，l3的方程，进而可得A，B两点坐标，由点P在双曲线上，可得﹣a2＝，设以AB为直径的圆上的任意一点为Q（x，y），由⊥，可得该圆的方程为x2+y2﹣8+y（﹣）＝0（*），必须有y＝0且x2+y2﹣8＝0，即可得出答案．【解答】解：（1）因为3＝+2，所以，即，因为双曲线渐近线方程为y＝±x，P1、P2位于两条渐近线上，所以y0＝±（x1﹣2x2），①又因为点P在双曲线﹣＝1，所以﹣＝1，所以x1x2＝，y1y2＝﹣x1x2＝﹣b2，所以x1x2﹣y1y2＝（a2+b2）＝c2＝（2）2＝9．（2）当x1≠x2时，直线l1的方程为y﹣y1＝（x﹣x1），所以直线l1与x轴的交点为M（，0），所以＝+＝||||y1﹣y2|＝|x1x2|，由（1）可得x1x2＝a2＞0，x1，x2同号，所以S＝＝ab，因为a2+b2＝c2＝8，a2+b2≥2ab，所以S≤（a2+b2）＝，此时双曲线的方程为﹣＝1，当x1＝x2时，直线l1的方程为x＝x1，＝|x1||2y1|＝|，所以x0＝x1，由①式可得y0＝±x1，且点P在双曲线上，所以﹣＝1，所以＝，所以S＝ab，所以当x1＝x2时，同样当且仅当a＝b＝2时，Smax＝，所以双曲线的方程为﹣＝1．（3）根据题意可得直线l2的方程为y﹣y0＝（x﹣x0），则A（0，﹣），直线l3的方程为y﹣y0＝﹣（x﹣x0），B（0，y0+），因为点P在双曲线上，所以﹣＝1，所以﹣a2＝，所以A（0，﹣），B（0，y0+）＝（0，），设以AB为直径的圆上的任意一点为Q（x，y），由⊥，可得该圆的方程为x2+y2﹣8+y（﹣）＝0，（*）因为﹣不恒为0，所以（*）式要恒成立