2024届五年高考数学（理）真题分类训练：专题九 解析几何

第1页专题九解析几何考点25直线与圆题组一、选择题1.[2023新高考卷Ⅰ，5分]过点0,-2与圆x2+y2-4x-1A.1 B.154 C.104 D.[解析]如图，x2+y2-4x-1=0，即x-22+y2=5，所以圆心坐标为2,0，半径r=5，所以圆心到点0,-22.[2023全国卷甲，5分]已知双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的离心率为A.55 B.255 C.35[解析]根据双曲线的离心率e=5=ca，得c=5a，即c2=5a2，即a2+b2解法一由y=2x,x-22+y-32=1,得5x2-16x+12=解法二则圆心2,3到渐近线y=2x的距离d=2×23.[2023全国卷乙，5分]已知⊙O的半径为1，直线PA与⊙O相切于点A，直线PB与⊙O交于B,C两点，D为BC的中点，若PO=2，则PAA.1+22 B.1+222[解析]解法一连接OA,由题可知OA=1，OA⊥PA，因为OP=2，所以由勾股定理可得PA=1，则∠POA=π4.设直线OP绕点P按逆时针旋转θ后与直线PD重合，则-π4<故选A.解法二以圆心O为坐标原点建立平面直角坐标系，则圆O：x2+y2=1，设点P2,0，因为OA设直线PD的方程为y=kx-2，Bx1,y1，Cx2,y2，由y=kx-2于是PA=-22,22，PD=-2k2+1,-2kk2+14.[2022北京，4分]若直线2x+y-1=0是圆xA.12 B.-12 C.1[解析]依题意可知圆心坐标为a,0，又直线2x+y-1=0是圆的一条对称轴，所以2a5.[2022新高考卷Ⅱ，5分]图1是中国古代建筑中的举架结构，AA',BB',CC',DD'是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举.图2是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中DD1,CC1,BB1,AA1是举，OD1,DC1,CB1,BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为DD1OD1=0.5图1图2A.0.75 B.0.8 C.0.85 D.0.9[解析]如图，连接OA，延长AA1与x轴交于点A2，则OA2=4OD1．因为k1,k2,k3成公差为0.1的等差数列，所以k1=6.[2021北京，4分]已知圆C:x2+y2=4，直线l:y=kx+m，当k的值发生变化时，直线A.±2 B.±2 C.±3[解析]圆心0,0到直线y=kx+m的距离d=mk2+1.当k变化时，要使直线被圆截得的弦长最小，则d最大，为227.[2020全国卷Ⅱ，5分]若过点2,1的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2x-y-A.55 B.255 C.35[解析]因为圆与两坐标轴都相切，点2,1在该圆上，所以可设该圆的方程为x-a2+y-a2=a2a>0，所以2-a2+1-a2=a2，即8.[2020全国卷Ⅲ，5分]若直线l与曲线y=x和圆x2+y2=1A.y=2x+1 B.y=2x+[解析]易知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+b,则bk2+1=55①，设直线l与曲线y=x的切点坐标为x0,x0x0>0,则y'|x=x0=129.[2020全国卷Ⅰ，5分]已知⊙M:x2+y2-2x-2y-2=0,直线l：2x+y+2=0,P为l上的动点.过点P作A.2x-y-1=0 B.2x+[解析]解法一由⊙M:得⊙M:x-1如图，连接AM,BM,易知四边形PAMB的面积为12PM⋅AB，欲使PM⋅AB最小，只需四边形PAMB的面积最小，即只需△PAM的面积最小.因为又PA=PM2-AM2=PM2-4，所以只需直线2x+y+2=0上的动点P到M的距离最小，其最小值为2+1+25=5，此时PM⊥l,易求出直线PM的方程为x-2y+1=0.由2x+y+2=0,解法二因为⊙M:x-12+y-12=4，所以圆心M1,1.如图，连接AM,BM，易知四边形PAMB的面积为12PM⋅AB又PA=PM2-AM2=PM2-4，所以只需PM最小，此时PM⊥l.因为PM⊥易求出直线PM的方程为x-2y+1=0，由2x+y+2=0,x-2y+1=0,得x=-1,y=0,所以P-1,0.因为点M【方法技巧】破解此题的关键是会转化，即把PM⋅AB的最小值问题层层转化，最终转化为PM二、填空题10.[2023新高考卷Ⅱ，5分]已知直线x-my+1=0与⊙C:x-12+y2=4交于A,[解析]设直线x-my+1=0为直线l，由条件知⊙C的圆心C1,0，半径R=2,C到直线l的距离d=21+m2,(提示：点x0,y0到直线11.[2022天津，5分]若直线x-y+m=0m>0被圆x-[解析]圆x-12+y-12=3的圆心C1,1,半径r=3,则圆心C1,112.[2022全国卷甲，5分]若双曲线y2-x2m2=1m[解析]双曲线的渐近线方程为x±my=0，圆x2+y2-4y+3=0的方程可化为x2+y-22=13.[2022全国卷乙，5分]过四点0,0，4,0，-1,1，4,[解析]设A0,0，B4,0，C-1,1,D4,2，圆的一般方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0.若圆过A,B,同理，得过A,B,D三点的圆的方程为x2+过A,C,D三点的圆的方程为x2+过B,C,D三点的圆的方程为x2+14.[2022新高考卷Ⅰ，5分]写出与圆x2+y2=1和x-3[解析]如图，因为圆x2+y2=1的圆心为O0,0，半径r1=1，圆x-32+y-42=16的圆心为A3,4，半径r2=4，所以OA=5,r1+r2=5，所以OA=r1+r2，所以两圆外切，公切线有三种情况：①易知公切线l1的方程为x=-1;②另一条公切线l2与公切线l1关于过两圆圆心的直线l对称，易知过两圆圆心的直线l的方程为y=43x，由x=-1,y=43x,得x=-1,y=-43,由对称性可知公切线l2过点-1,-43，设公切线l2的方程为y+43【速解】根据题意，精确作出两圆（需用到尺规），由图形可直观快速看出直线x=-1是两圆的一条公切线，经验证符合题意，故可填15.[2022新高考卷Ⅱ，5分]设点A-2,3,B0,a,若直线AB关于y=a对称的直线与圆x+[解析]由题意知点A-2,3关于直线y=a的对称点为A'-2,2a-3，所以kA'B=3-a2，所以直线A'B的方程为y=3-a2x+a16.[2020浙江，6分]已知直线y=kx+bk>0与圆x2+y2=1[解析]解法一因为直线y=kx+bk>0与圆x2+y2=1,解法二因为直线y=kx+bk>0与圆x2+y2=1，圆x-42+y2=1都相切，所以直线y=kx+b必过两圆心连线的中点2,017.[2020江苏，5分]在平面直角坐标系xOy中，已知P32,0,A,B是圆C:x2+y-[解析]解法一如图，连接CA，CB，则CA=CB,连接CP，由PA=PB且CA=CB得AB的垂直平分线是直线CP，设圆心C到AB的距离为d0≤d<6，易知当△PAB的面积最大时，点P到直线AB的距离为d+PC=d+1，AB=236-d2，△PAB的面积S=12ABd+1=12×236-d2d+1=36d+12-d2d+1解法二如图，连接CA，CB，则CA=CB，连接PC,由PA=PB且CA=CB,得AB的垂直平分线是直线CP.当AB经过点C时，△PAB的面积S=12×12×1=6.当AB在点C的左上方时，记直线PC与AB的交点为D,设∠ACD=θ,θ∈0,π2，则AB=2AD=12sinθ，CD=6cosθ，则△PAB的面积S=12AB⋅PD=12×12sin18.[2019江苏，5分]在平面直角坐标系xOy中，P是曲线y=x+4xx>0上的一个动点，则点[解析]解法一设Px,x+4x,x>0，则点P到直线x+y=0的距离d=x+x解法二由y=x+4xx>0得y'=1-4x2,令1-4x2=-1【方法技巧】求曲线上一点到直线的距离的最小值时，一般解法是设出曲线上点的坐标，利用点到直线的距离公式建立目标函数，再由基本不等式或导数求解最值，也可平移直线，使平移后的直线与曲线相切，此时切点到原直线的距离最小.19.[2019浙江，6分]已知圆C的圆心坐标是0,m，半径长是r.若直线2x-y+3=0与圆C相切于点A-2,-[解析]解法一设过点A-2,-1且与直线2x-y+3=0垂直的直线方程为l:x+2y+t=0，所以-解法二因为直线2x-y+3=0与以点0,m为圆心的圆相切，且切点为A-2,-三、解答题20.[2021全国卷甲，12分]抛物线C的顶点为坐标原点O,焦点在x轴上，直线l:x=1交C于P,Q两点，且OP⊥OQ.已知点M2,0（1）求C,⊙M[答案]由题意，直线x=1与C交于P,Q两点，且OP⊥OQ，设C的焦点为F则根据抛物线的对称性，∠POF=∠所以P1,1,设C的方程为y2=2pxp>0，则1=2p，得p因为圆心M2,0到l的距离即⊙M所以⊙M的方程为x-（2）设A1,A2,A3是C上的三个点，直线A1A2,A1A3均与⊙M[答案]设A1x1,y1,当A1,A2,A3中有一个为坐标原点，另外两个点的横坐标均为3时，满足条件，此时直线A2A3当x1≠x2≠x3时，则2+y1y2同理可得y12所以y2，y3是方程y1则y2+y3=直线A2A3的方程为设点M到直线A2A3的距离为dd>0，则d2=2+y2综上可得，直线A2A3与⊙考点26椭圆题组一一、选择题1.[2023新高考卷Ⅰ，5分]设椭圆C1：x2a2+y2=1a>1,CA.233 B.2 C.3 D.[解析]解法一（直接求解法）由已知得e1=a2-1a,e2=4-12=3解法二（选项代入验证法）若a=233，则e1=a2-1a=2332.[2023新高考卷Ⅱ，5分]已知椭圆C：x23+y2=1的左、右焦点分别为F1,F2,直线y=x+m与C交于A,A.23 B.23 C.-23[解析]由题意，F1-2,0,F22,0,△F1AB面积是△F2AB面积的2倍，所以点F1到直线AB的距离是点F2到直线AB的距离的2倍，即-2+m2=2×2+m23.[2022全国卷甲，5分]椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左顶点为A,点P，Q均在C上，且关于yA.32 B.22 C.12[解析]设Pm,nn≠0，则Q-m,n，易知A-a,0，所以kAP⋅kAQ=nm+a【速解】设椭圆C的右顶点为B，则直线BP与直线AQ关于y轴对称，所以kAQ=-kBP，所以kAP⋅kBP=-kAP⋅kAQ=-14=所以e=324.[2021新高考卷Ⅰ，5分]已知F1,F2是椭圆C:x29+y24=1的两个焦点，点A.13 B.12 C.9 D.6[解析]由椭圆C：x29+y24=1，得MF1+5.[2019北京，5分]已知椭圆x2a2+y2b2A.a2=2b2 B.3a2[解析]由题意得，ca=12,∴c2a2=14,又a2=b26.[2019全国卷Ⅰ，5分]已知椭圆C的焦点为F1-1,0，F21,0，过F2的直线与C交于A，B两点.若AFA.x22+y2=1 B.x[解析]由题意设椭圆的方程为x2a2+y2b2=1a>b>0，连接F1A，令F2B=m,则AF2=2m,BF1=3m.由椭圆的定义知，BF1+BF2=4m=2a，得m=a2，故AF2=2m=a,又AF2=2a-AF1，所以AF二、填空题7.[2021浙江，6分]已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0，焦点F1-c,0,F2[解析]设过F1的直线与圆的切点为M，圆心A12c,0,则AM=c,AF1=32c，所以MF1=52c,8.[2021全国卷甲，5分]已知F1,F2为椭圆C:x216+y24=1的两个焦点，P,Q[解析]由椭圆方程知，a=4,b=2,则c=a2-b所以PF12+PF22+2PF1⋅PF2=64①.由椭圆的对称性及PQ=F1F2知，四边形【速解】由椭圆的对称性及PQ=F1F2知，四边形PF1QF2是矩形，且∠F1PF2=π2.结合b2=4，及椭圆焦点三角形的面积公式，得S四边形P9.[2019全国卷Ⅲ，5分]设F1，F2为椭圆C:x236+y220=1的两个焦点，M为C[解析]不妨令F1,F2分别为椭圆C的左、右焦点，根据题意可知c=36-20=4.因为△MF1F2为等腰三角形，所以易知F1M=2c=8，所以三、解答题10.[2022北京，15分]已知椭圆E:x2a2+y（Ⅰ）求椭圆E的方程;[答案]依题意可知b=1,2c=23,a2=（Ⅱ）过点P-2,1作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B,C，直线AB,AC分别与x轴交于点M,N.当MN=[答案]由题可知直线BC的方程为y-1=kx+2,设Bx1,y1,整理得4k2∴x1+x由Δ>0得k易知直线AB的斜率kAB=直线AB的方程为y=y令y=0,可得点M的横坐标xM=x11-y∴MN=x1111.[2020全国卷Ⅲ，12分]已知椭圆C:x225+y2m2=10<（1）求C的方程；[答案]由题设可得25-m25=15所以C的方程为x225（2）若点P在C上，点Q在直线x=6上，且BP=BQ,BP⊥BQ[答案]设PxP,yP,Q6,yQ由已知可得B5,0，直线BP的方程为所以BP=yP1+因为BP=BQ所以yP=1,将yP=1代入C的方程，解得由直线BP的方程得yQ=2所以点P，Q的坐标分别为P13,1，Q16,2P1Q1=10,直线P1Q1的方程为y=13x故△AP1Q1P2Q2=130,直线P2Q2的方程为y=79x+103,点综上，△APQ的面积为5212.[2020天津，15分]已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0（Ⅰ）求椭圆的方程;[答案]由已知可得b=3.记半焦距为c,由OF=OA可得c=b=3.又由a2=（Ⅱ）已知点C满足3OC=OF，点B在椭圆上（B异于椭圆的顶点），直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，且P为线段AB的中点，求直线AB[答案]因为直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，所以AB⊥CP.依题意，直线AB和直线CP的斜率均存在.设直线AB的方程为y=kx-3.由方程组y=kx-3,x218+y29=1消去y，可得2k2+1x2-12kx=0,解得x=0或x=12k2k2+1.依题意，可得点B的坐标为(12k2k2+1，6k2-32k2+1).因为P所以直线AB的方程为y=12x-【方法技巧】解决直线与椭圆的位置关系问题，如果直线与椭圆有两个不同的交点，可将直线方程y=kx+m（或x=ky+m）代入椭圆方程，整理出关于x（或y13.[2019天津，13分]设椭圆x2a2+y2b2=1a>（Ⅰ）求椭圆的方程；[答案]设椭圆的半焦距为c,依题意，2b=4,ca=55，又a2=b2+所以,椭圆的方程为x25（Ⅱ）设点P在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点M为直线PB与x轴的交点，点N在y轴的负半轴上.若ON=OF（O为原点），且OP⊥MN，求直线[答案]由题意，设PxP,yP设直线PB的斜率为kk≠0，又B0,2,则直线与椭圆方程联立得y=整理得4+5k2x2+20kx=0,可得xP=-20k4在y=kx+2中，令y=由题意得N0,-1,所以直线MN的斜率为由OP⊥MN，得4-5k2-10k⋅-所以，直线PB的斜率为2305或-题组二一、选择题1.[2023全国卷甲，5分]设O为坐标原点，F1，F2为椭圆C：x29+y26=1的两个焦点,点PA.135 B.302 C.145[解析]解法一依题意a=3,b=6,c=a2-b2=3.如图，不妨令F1-3,0,F23,0.设PF1=m,PF2=n，在△F1PF2中，cos∠F1PF2=m2+n2-12解法二依题意a=3,b=6,c=a2-b2=3.如图（图同解法一），设点P的坐标为x0,y0，利用焦点三角形面积公式知S△F1PF2=b2sin∠F1PF21+cos∠F【方法技巧】F1,F2为椭圆x2a2+y2b22.[2021全国卷乙，5分]设B是椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0A.[22,1) B.[12[解析]依题意，B0,b,设椭圆上一点Px0,y0，则y0≤b,x02a2+y02b2=1，可得x0二、填空题3.[2023新高考卷Ⅰ，5分]已知双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点分别为F1,F2.点A[解析]解法一由题意可知,F1-c,0,F2c,0,设Ax1,y1,B0,y0,所以F2F1A=83c,-23y0,F1B=因为点A53c,-23y0在双曲线C上，所以25c29a2-4y029b解法二由前面解法一得A53c,-23y0，y02=4c2，所以AF1=4.[2022新高考卷Ⅰ，5分]已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0,C的上顶点为A,两个焦点为F1,F2,离心率为12.过F1[解析]如图，连接AF1，DF2，EF2，因为C的离心率为12，所以ca=12，所以a=2c，所以b2=a2-c2=3c2.因为AF1=AF2=a=2c=F1F2，所以△AF1F2为等边三角形，又DE⊥AF2，所以直线DE为线段AF2的垂直平分线，所以AD=D5.[2022新高考卷Ⅱ，5分]已知直线l与椭圆x26+y23=1在第一象限交于A,B两点，l与x轴、y轴分别交于M,N两点，且MA=[解析]设直线l的方程为xm+yn=1m>0,n>0，分别令y=0,x=0,得点Mm,0,N0,n.由题意知线段AB与线段MN有相同的中点，设为Q，则Qm2,n2，则即-nm⋅nm=-12，整理得m2=2n2①.又MN=23，所以由勾股定理，得m2+n2=6.[2019浙江，4分]已知椭圆x29+y25=1的左焦点为F，点P在椭圆上且在x轴的上方.若线段PF的中点在以原点O为圆心，[解析]解法一依题意，设点Pm,nn>0，由题意知F-2,0，所以线段FP的中点M-2+m2,n2在圆x2+y2=4上，所以-2+m解法二如图，取PF的中点M，连接OM，由题意知OM=OF=2，设椭圆的右焦点为F1，连接PF1，在△PFF1中，OM为中位线，所以PF1=4，由椭圆的定义知PF+PF1=6，所以PF=2.因为M为PF的中点，所以三、解答题7.[2023天津，15分]已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b（1）求椭圆的方程和离心率e；[答案]由题意可知a+解得a=2,c=所以椭圆的方程为x24+y23（2）已知点P是椭圆上一动点（不与端点重合），直线A2P交y轴于点Q,若三角形A1PQ的面积是三角形A2FP[答案]由题易知直线A2P的斜率存在且不为0，所以可设直线A2P的方程为y=kx-2设PxP,yP，则由根与系数的关系可知xP+2=16由直线A2P交y轴于点Q可得Q所以S△A1PQ=因为S△A1PQ=2①当2yP-2yQ=yP解得k=0②当2yQ-2yp=yp时，2y故直线A2P的方程为y8.[2022天津，15分]已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b（Ⅰ）求椭圆的离心率e;[答案]由题意可知，Aa,0,B0,b,Fc,则a2+b2a则e2=1-b（Ⅱ）已知直线l与椭圆有唯一公共点M，直线l与y轴相交于点N（异于M），记坐标原点为O，若OM=ON，且△OMN的面积为3[答案]由（Ⅰ）知，a2=3b2由题意易知直线l的斜率存在且不为0，所以设直线l的方程为y=kx+m，k≠联立得y=kx+m,x23因为直线l与椭圆有唯一公共点，所以Δ=6km2-41+设MxM,yM,则x即M-3km因为点N是直线l与y轴的交点,所以N0,因为OM=ON,所以9k2m2所以9k2+1=1又k≠0，所以3k2=则S△OMN即3km2由k2=13，得k=将k2=13，m2=4所以椭圆的标准方程为x269.[2020北京，15分]已知椭圆C：x2a2+y（Ⅰ）求椭圆C的方程；[答案]因为a=2b，所以椭圆的方程为x24b2+y2b2=1，又因为椭圆过点A-（Ⅱ）过点B-4,0的直线l交椭圆C于点M,N,直线MA,NA分别交直线x=-4于点P,Q[答案]由题意知直线MN的斜率存在.当直线MN的斜率为0时，不妨设M-22,0则直线MA:y=-1-2+22x+22,当直线MN的斜率不为0时，设直线MN:x=my-4m≠0,与椭圆方程x28+y2设Mx1,y1,Nx2,直线MA的方程为y+1则P-4,-2直线NA的方程为y+1则Q-4,-2所以PBBQ=综上，PBBQ=10.[2019江苏，14分]如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的焦点为F1-1,0，F21,0.过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2:x-12+y（1）求椭圆C的标准方程;[答案]设椭圆C的焦距为2c.因为F1-1,0,F21,0又因为DF1=52所以DF2因此2a=DF1+D由b2=a2-c因此，椭圆C的标准方程为x24（2）求点E的坐标.[答案]解法一由（1）知，椭圆C:x24+y23=1,a将x=1代入圆F2的方程x-12因为点A在x轴上方，所以A1,又F1-1,0由y=2x+2,x-12+y2将x=-115代入y=2x+因此B-115,-125.又由y=34x-1,x24+y又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以x将x=-1代入y=34x-1,解法二由（1）知，椭圆C：x24+y因为BF2=2a,EF1从而∠BF因为F2A=F2所以∠A=∠BF1因为AF2⊥x轴，所以因为F1-由x=-1,x2又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以y因此E-1考点27双曲线题组一、选择题1.[2023天津，5分]双曲线x2a2-y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点分别为F1，F2.过A.x28-y24=1 B.[解析]解法一由题意可知该渐近线为y=bax，直线PF2的方程为y=-abx-因为直线PF2与渐近线y=bax垂直，所以PF2的长度即为点F2c,0到直线y=b因为F1-c,0，Pa2c,abc，且直线PF1的斜率为24,所以abca2c+c=24所以双曲线的方程为x22-y2解法二因为过点F2向其中一条渐近线作垂线，垂足为P，且PF2=2，所以b=2再结合选项，排除选项B,C；若双曲线方程为x28-y24=1，则F1-23,0,F223,0，渐近线方程为y=±22x，由题意可知该渐近线为y=22x,则直线PF2的方程为y2.[2023全国卷乙，5分]设A,B为双曲线x2-y29=1A.1,1 B.-1,2 C.[解析]选项中的点均位于双曲线两支之间，故A，B分别在双曲线的两支上且不关于原点对称，设线段AB的中点坐标为x0,y0，则kAB=9x0y0<3，(即y0>3x03.[2022天津，5分]F1,F2是双曲线x2a2-y2b2=1a>0,b>0的两个焦点，抛物线y2A.x216-y2=1 B.x[解析]抛物线y2=45x的准线l的方程为x=-5，因为准线l过双曲线x2a2-y2b2=1的焦点F1,所以F1-5,0,所以F25,0,即F1F2=25,双曲线的半焦距c=5.不妨设点A在第二象限，则点A在渐近线y=-bax上,A-54.[2021北京，4分]双曲线x2a2-y2b2=1A.x23-y2=1 B.x[解析]设双曲线的半焦距为c，由题意可知，2a2-3b2=1,e=c5.[2021全国卷甲，5分]已知F1,F2是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且∠F1PF2=60∘A.72 B.132 C.7 D.[解析]设PF2=m,PF1=3m,则F16.[2021浙江，4分]已知a,b∈R，ab>0，函数fx=ax2+bx∈R.若A.直线和圆 B.直线和椭圆 C.直线和双曲线 D.直线和抛物线[解析]因为函数fx=ax2+b，所以fs-t=as-t2+b，fs=as2+b,fs+t=as+t2+7.[2020浙江，4分]已知点O0,0,A-2,0,B2,0.设点P满足PA-PB=A.222 B.4105 C.7[解析]由PA-PB=2<AB=4，知点P的轨迹是双曲线的右支，点P的轨迹方程为x2-y23=1x≥8.[2020全国卷Ⅱ，5分]设O为坐标原点，直线x=a与双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>A.4 B.8 C.16 D.32[解析]由题意知双曲线的渐近线方程为y=±bax.因为D,E分别为直线x=a与双曲线C的两条渐近线的交点，所以不妨设Da,b,Ea,-b，所以S△ODE=12×a×DE=129.[2020全国卷Ⅲ，5分]设双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点分别为F1,F2,A.1 B.2 C.4 D.8[解析]设PF1=m,PF2=n,P为双曲线右支上一点，则S△PF1F2=12mn=4【速解】由题意得，S△PF1F2=b2tan4510.[2020天津，5分]设双曲线C的方程为x2a2-y2b2=1a>0,b>0，过抛物线y2=4x的焦点和点0A.x24-y24=1 B.[解析]由题知y2=4x的焦点坐标为1,0，则过焦点和点0,b的直线方程为x+yb=1，而x2a2-y2b2【速解】由题知双曲线C的两条渐近线互相垂直，则a=b，即渐近线方程为x±y=0，排除B,C.又知y2=4x的焦点坐标为1,0，l过点111.[2019全国卷Ⅲ，5分]双曲线C：x24-y22=1的右焦点为F，点P在C的一条渐近线上，O为坐标原点.A.324 B.322 C.[解析]设点P在第一象限，根据题意可知c2=6，所以OF=6.又tan∠POF=ba=212.[2019全国卷Ⅱ，5分]设F为双曲线C：x2a2-y2b2=1a>0,b>0的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆xA.2 B.3 C.2 D.5[解析]如图，由题意，知以OF为直径的圆的方程为x-c22+y2=c24①，将x2+y2=a2记为②式，①-②得x=a2c，则以OF为直径的圆与圆x2+y2=a213.[2019天津，5分]已知抛物线y2=4x的焦点为F，准线为l.若l与双曲线x2a2-y2b2=1a>0,A.2 B.3 C.2 D.5[解析]由题意，可得F1,0,直线l的方程为x=-1,双曲线的渐近线方程为y=±bax.将x=-1代入y=±bax，得y=±ba，所以点A,B的纵坐标的绝对值均为ba二、填空题14.[2022北京，5分]已知双曲线y2+x2m=1的渐近线方程为[解析]依题意得m<0，令y2-x2-m15.[2022浙江，4分]已知双曲线x2a2-y2b2=1a>0,b>0的左焦点为F,过F且斜率为[解析]结合题意作出大致图象如图所示，由题意知，过左焦点F-c,0且斜率为b4a的直线的方程为y=b4ax+c，由y=b4ax+c,y=bax,解得x=c3,y=bc3a,所以Bc3,bc3a16.[2021全国卷乙，5分]已知双曲线C：x2m-y2=1m[解析]双曲线x2m-y2=1m>0的渐近线为y=±1mx,即x±my=0,又双曲线的一条渐近线为3x+my=0,即x+m17.[2021新高考卷Ⅱ，5分]已知双曲线C:x2a2-y2b2[解析]e=ca=1+ba2=218.[2020北京，5分]已知双曲线C：x26-y23=1,则C[解析]双曲线C:x26-y23=1中，c2=6+3=9,∴c=3，则C的右焦点的坐标为3,019.[2020全国卷Ⅰ，5分]已知F为双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的右焦点，A为C的右顶点，B为C[解析]设Bc,yB，因为B为双曲线C:x2a2-y2b2=1上的点，所以c2a2-yB2b2=1,所以yB2=b4a2.因为20.[2019全国卷Ⅰ，5分]已知双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与[解析]解法一因为F1B⋅F2B所以OF1=OB，所以∠BF1O=∠F1BO，所以∠BOF2=2∠BF1O.因为F1A=AB，所以点A为F1B的中点，又点O为F1F2的中点，所以OA//BF2，所以F1解法二因为F1B⋅F2B=0,所以F1B⊥F2B，在Rt△F1BF2中，OB=OF2,所以∠OBF2=∠OF2B,又F1A=AB，所以A为F1B的中点，所以OA//F2三、解答题21.[2021新高考卷Ⅰ，12分]在平面直角坐标系xOy中，已知点F1-17,0,F217,0，点M（1）求C的方程；[答案]因为MF1所以点M的轨迹C是以F1,F2设双曲线的方程为x2a2-y2b2=1a>0,b>0所以点M的轨迹C的方程为x2-y216=1x≥（2）设点T在直线x=12上，过T的两条直线分别交C于A,B两点和P,Q两点，且TA⋅TB=TP⋅TQ[答案]设T12,t，由题意可知直线AB,PQ的斜率均存在且不为0，设直线AB的方程为y-t=k由y-t=k1设AxA,yA易知16-k12≠0,则所以TA=1TB=1则TA⋅TB同理得TP⋅TQ因为TA⋅TB=TP⋅TQ，所以1+k12t2+12k12故直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0.考点28抛物线题组一、选择题1.[2022全国卷乙，5分]设F为抛物线C：y2=4x的焦点，点A在C上，点B3,0A.2 B.22 C.3 D.3[解析]如图，由题意可知F1,0，设AF=y024+1.因为BF=3-1=2，所以由AF=BF，可得y024+1=【速解】由题意可知F1,0，BF=2，所以AF=2.因为抛物线的通径长为2p=4，所以AF2.[2021新高考卷Ⅱ，5分]若抛物线y2=2pxp>0的焦点到直线y=x+A.1 B.2 C.22[解析]抛物线y2=2pxp>0的焦点坐标为p2,0，直线y=x+13.[2020北京，4分]设抛物线的顶点为O，焦点为F，准线为l，P是抛物线上异于O的一点，过P作PQ⊥l于Q.则线段FQ的垂直平分线(A.经过点O B.经过点P C.平行于直线OP D.垂直于直线OP[解析]连接PF，由题意及抛物线的定义可知PQ=FP,则△QPF为等腰三角形，故线段FQ的垂直平分线经过点P.故选4.[2020全国卷Ⅰ，5分]已知A为抛物线C：y2=2pxp>0上一点，点A到C的焦点的距离为12，到yA.2 B.3 C.6 D.9[解析]根据抛物线的定义及题意得，点A到C的准线x=-p2的距离为12，因为点A到y轴的距离为9，所以p2=12-95.[2020全国卷Ⅲ，5分]设O为坐标原点，直线x=2与抛物线C:y2=2pxp>0交于D，EA.14,0 B.12,0[解析]由题可知点D,E关于x轴对称，设DE与x轴交于P，且D在第一象限，因为OD⊥OE,所以∠DOP=45∘,故xD=yD=26.[2019全国卷Ⅱ，5分]若抛物线y2=2pxp>0的焦点是椭圆xA.2 B.3 C.4 D.8[解析]由题意，知抛物线的焦点坐标为p2,0，椭圆的焦点坐标为±2p,0，所以p2=二、填空题7.[2023全国卷乙，5分]已知点A1,5在抛物线C：y2=2px上，则[解析]将点A的坐标代入抛物线方程，得5=2p，于是y2=5x，则抛物线的准线方程为x=-548.[2023天津，5分]过原点O的一条直线与圆C：x+22+y2=3相切，交曲线y2=2px[解析]由题意得直线OP的斜率存在.设直线OP的方程为y=kx，因为该直线与圆C相切，所以-2k1+k2=3，解得k2=3.将直线方程y=kx与曲线方程y2=2pxp>0联立，得k2x2-2px=0，因为k29.[2021上海春季，5分]已知椭圆x2+y2b2=10<b<1的左、右焦点分别为F1，F2，以O[解析]如图，设F1-c,0，F不妨设点P在第一象限，则直线PF1:y=x+c，由y2=4cx,y=x+c,得得c=2-1，∴10.[2021新高考卷Ⅰ，5分]已知O为坐标原点,抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F,P为C上一点，PF与x轴垂直,Q为x轴上一点,且PQ⊥OP[解析]由题易得OF=p2,PF=p，∠OPF=∠PQF，所以tan∠OPF=tan∠PQF，所以OFPF=PFFQ【速解】由题易得OF=p2,PF=p，PF2=OF⋅FQ,即p2=p11.[2020新高考卷Ⅰ，5分]斜率为3的直线过抛物线C:y2=4x的焦点，且与C交于A,B[解析]由题意得直线方程为y=3x-1，联立方程，得y=3x-1,y【速解】易知直线AB倾斜角为60∘，则AB【方法技巧】（1）过抛物线C:y2=2pxp>0的焦点且倾斜角为θ的直线与抛物线C交于A，B两点，则AB=2psin2θ；（2）过抛物线C:x2三、解答题12.[2022全国卷甲，12分]设抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F,点Dp,0,过F的直线交C于M，N（1）求C的方程；[答案]当MD⊥x轴时，有MF=p2所以抛物线C的方程为y2=（2）设直线MD,ND与C的另一个交点分别为A,B,记直线MN,AB的倾斜角分别为α，β.当α-β取得最大值时，求直线AB[答案]如图，根据（1）知F1,0,当MN⊥x轴时，易得α=β=当MN的斜率存在时，设Mx1,y1,Nx2,则直线MN的方程为y-y即y-y即yy1所以直线MN的方程为yy1同理可得，直线AM的方程为yy3+y1-y3y1=4x，直线BN因为F1,0在MN上，所以因为D2,0在AM,BN上，所以y3y所以y3=-8y1所以y3+y4=-所以直线AB的方程yy4+y3所以tanα=4y所以tanα-当y2+y1<0当y2+y1>tanα-β≤2×14此时α-β取得最大值，直线AB的方程为x13.[2021浙江，15分]如图，已知F是抛物线y2=2pxp>0的焦点，M（Ⅰ）求抛物线的方程；[答案]因为M是抛物线的准线与x轴的交点，且MF=2所以p=2所以抛物线的方程为y2=（Ⅱ）设过点F的直线交抛物线于A,B两点,若斜率为2的直线l与直线MA,MB,AB,x轴依次交于点P,Q,R,N，且满足RN2=PN⋅QN,[答案]由（1）知，F1,0，设Ax1,y1,Bx2,y2，直线AB由x=my+1,所以y1+y2=所以y12易知直线AM的方程为y=y则由y=y1x1同理可得Q-n所以yP=n=n=4=n-由x=my+1,因为RN2=PN⋅QN所以n+2所以n-2所以n<-2或-2<n因为直线l:y=2x+nn≠±2在x轴上的截距为-n2，所以-n2>1或14.[2019全国卷Ⅰ，12分]已知抛物线C:y2=3x的焦点为F，斜率为32的直线l与C的交点为A，B（1）若AF+BF=4设直线l:y=32[答案]由题设得F34,0,故AF+BF=x1由y=32x+t,y2从而-12t-19=所以l的方程为y=3（2）若AP=3PB[答案]由AP=3PB可得由y=32x+所以y1+y2=2.从而-3y2代入C的方程得x1=3,故AB=x15.[2019浙江，15分]如图，已知点F1,0为抛物线y2=2pxp>0的焦点.过点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在抛物线上，使得△ABC的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧.记△（Ⅰ）求p的值及抛物线的准线方程；[答案]由题意得p2=1,即所以，抛物线的准线方程为x=-1（Ⅱ）求S1S2的最小值及此时点G[答案]设AxA,yA,BxB,yB,CxC,yC,重心GxG,yG.令yA=2t,t≠0,则故2tyB=-4,即yB又由于xG=13xA+xB+xC,得C1t-t2,21t-t,G2由于Q在焦点F的右侧，故t2>2S1=2=2=2-令m=t2-2S1S当m=3时，S1S2取得最小值1+考点29圆锥曲线的综合问题题组一解答题1.[2023全国卷乙，12分]已知椭圆C：y2a2+x2b2=1（1）求C的方程；[答案]因为点A-2,0在C因为椭圆的离心率e=ca=1-b2a2=（2）过点-2,3的直线交C于P，Q两点，直线AP,AQ与y轴的交点分别为M,N，证明：线段MN[答案]由题意知，直线PQ的斜率存在且不为0，设lPQ:y-3=kx由y-3=kx则Δ=16故x1+x2=-直线AP：y=y1x1+2x+则yM=2=2=2=2=6所以MN的中点的纵坐标为yM+yN2=32.[2022新高考卷Ⅰ，12分]已知点A2,1在双曲线C:x2a2-y2a2-1=1a>（1）求l的斜率；[答案]将点A的坐标代入双曲线方程得4a2化简得a4-4a2故双曲线C的方程为x22-y2=1.由题易知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+b，Px1,故x1+x2=-kAP+kAQ=故2k2b整理得k+1又直线l不过点A，即b+2k-1≠（2）若tan∠PAQ=22,求[答案]不妨设直线PA的倾斜角为θ0<θ<π2所以tan∠PAQ=-tan解得tanθ=2由y1-1x1所以AP=3同理得x2=10+4因为tan∠PAQ=22故S△PAQ3.[2021北京，15分]已知椭圆E：x2a2+y（Ⅰ）求椭圆E的标准方程；[答案]由题意可知，b=2,2ab=45所以椭圆E的标准方程为x25（Ⅱ）过点P0,-3的直线l的斜率为k，交椭圆E于不同的两点B，C，直线AB，AC分别交直线y=-3于点M，N，若PM+[答案]直线l的方程为y=kx-3，由y=kx-3Δ=-30k2-4×25设Bx1,y1,Cx2,y2直线AB的方程为y+2=y1+2x所以M-x1y1同理得PN=x因为x1x2>0，即x1,x2正负相同，且y1+2>0从而x1kx由①②可得，k≤3.综上可得-3≤k所以k的取值范围为[-3,-4.[2020浙江，15分]如图，已知椭圆C1:x22+y2=1,抛物线C2：y2=2pxp>0,点A是椭圆C1与抛物线C2的交点，过点A（Ⅰ）若p=116，求抛物线[答案]由p=116得C2（Ⅱ）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值.[答案]由题意可设直线l:x=my+将直线l的方程代入椭圆C1:m2+所以点M的纵坐标yM=-将直线l的方程代入抛物线C2：y2=所以y0yM=-2pt因此x0=由x022+y所以当m=2,t=105时，p5.[2019北京，14分]已知抛物线C：x2=-（Ⅰ）求抛物线C的方程及其准线方程；[答案]由抛物线C:x2=-2py经过点2所以抛物线C的方程为x2=-4y，其准线方程为（Ⅱ）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y=-1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y[答案]抛物线C的焦点为F0,-设直线l的方程为y=kx由y=kx-1,设Mx1,y1,N直线OM的方程为y=y令y=-1，得点A的横坐标x同理得点B的横坐标xB=-设点D0,n，则DA=-DA⋅=x=16=-4+令DA⋅DB=0，即-4+n+综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点0,1和0题组二解答题1.[2023新高考卷Ⅱ，12分]已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为-25,0（1）求C的方程;[答案]设双曲线C的方程为x2a2-y2b2由题意可得c=25,所以双曲线C的方程为x24（2）记C的左、右顶点分别为A1,A2,过点-4,0的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限,直线MA1与NA2交于点[答案]设Mx1,y1,Nx2,y则x1=my1-4,由x=my-4,因为直线MN与双曲线C的左支交于M，N两点,所以4m2-1≠0由根与系数的关系得y1+y2=32m因为A1，A2分别为双曲线C所以A1-2,0直线MA1的方程为y1x1+2=yx+2,直线N所以y1x1+2y2x2-因为my=m=m=-=-3所以x-2x+2所以点P在定直线x=-12.[2022浙江，15分]如图，已知椭圆x212+y2=1.设A,B是椭圆上异于P0,1的两点，且点Q0,12在线段AB上，直线（Ⅰ）求点P到椭圆上点的距离的最大值；[答案]设M23cosθ,sinθ故PM的最大值是121111即点P到椭圆上点的距离的最大值为121111（Ⅱ）求CD的最小值.[答案]易知直线AB的斜率存在，设直线AB:y=kx+12,联立直线AB与椭圆的方程，整理得k2+112x2+kx-直线PA的方程为y=y1-1x1x+1同理可得，xD=则CD==5=2=2=2=3=6=6≥6=65当且仅当4k=34,即所以当k=316时，CD取得最小值，为3.[2021新高考卷Ⅱ，12分]已知椭圆C：x2a2+y（1）求C的方程；[答案]由题意，得c=2，又e=ca所以b=a2-c2=1（2）设M,N是C上的两点，直线MN与曲线x2+y2=b2x>0相切.[答案]由（1）知x2+y2=证必要性：若M,N,F三点共线，则MN=3由题意知直线MN的斜率存在且不为0，由对称性不妨设直线MN的方程为y=kx-2k<0所以直线MN的方程为x+y由x+y-2=0,x23+设Mx1,y1,Nx2,所以MN=1由对称性可知当k>0时，MN故必要性得证.证充分性：若MN=3,则M,N,F由题意可知直线MN的斜率存在且不为0，由对称性不妨设直线MN的方程为y=kx则mk2+1=由y=kx+m,x23得3k2+1x设Mx1,y1,Nx2,所以MN=1整理，得k4-2k2+1=所以直线MN的方程为y=-x+2.令y=0，得x=2，即直线MN过点F，所以M由对称性知当k>0时，M，N，F三点共线,综上，M,N,F三点共线的充要条件为MN=34.[2020全国卷Ⅱ，12分]已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦点F与抛物线C2的焦点重合,C1的中心与C2的顶点重合.过F且与x（1）求C1[答案]由已知可设C2的方程为y2=4cx,其中c=a2-b2.不妨设A,C在第一象限，由题设得AB=2b2a,CD由CD=43AB得4c=8解得ca=-2（舍去）或所以C1的离心率为12（2）设M是C1与C2的公共点.若MF=5,求C1[答案]由（1）知a=2c,b=3c设Mx0,y0,则x024c2由于C2的准线为x=-c，所以MF=x0+c,而MF=5,故x0=5-c所以C1的标准方程为x236+y227=5.[2020全国卷Ⅰ，12分]已知A,B分别为椭圆E:x2a2+y2=1a>1的左、右顶点，G为E的上顶点,AG⋅GB=8.P为直线（1）求E的方程；[答案]由题设得A-a,0，Ba则AG=a,1，GB=a,-1.由AG所以E的方程为x29（2）证明:直线CD过定点.[答案]设Cx1,y1，D若t≠0，设直线CD的方程为x=my+由于直线PA的方程为y=t9x+3，所以y1=t9x1+3.直线PB由于x229+y22=1，故y22=-x2+3x2-39,则x2-3=将x=my+n代入x2所以y1+y2=-2mnm2+解得n=-3（舍去）或n故直线CD的方程为x=my+32,即直线CD若t=0，则直线CD的方程为y=0综上，直线CD过定点32,6.[2019全国卷Ⅱ，12分]已知点A-2,0，B2,0，动点Mx,y满足直线AM与BM（1）求C的方程，并说明C是什么曲线;[答案]由题设得yx+2⋅yx-2=-12,化简得x2（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点（ⅰ）证明:△PQG是直角三角形[答案]设直线PQ的斜率为k，则其方程为y=kx由y=kx,x2记u=21+2k2，则Pu于是直线QG的斜率为k2,方程为y=由y=k2x-u,设GxG,yG,则x=-u和x=x从而直线PG的斜率为uk32+k2-uku3k（ⅱ）求△PQG面积的最大值[答案]由i得PQ=2u1+k2,PG=2ukk设t=k+1k，则由k>0得t因为S=8t1+2t2在[2,+∞)单调递减，所以当t=2因此，△PQG面积的最大值为169【方法技巧】解决圆锥曲线中最值与范围问题，一般有两个思路：（1）构造关于所求量的函数，通过求函数的值域来获得问题的解；（2）构造关于所求量的不等式，通过解不等式来获得问题的解.在解题过程中，一定要深刻挖掘题目中的隐含条件.题组三解答题1.[2023全国卷甲，12分]已知直线x-2y+1=0与抛物线C：y2=2px（1）求p；[答案]设Ax1,y1把x=2y-1代入y2由Δ1=16p2-由根与系数的关系，可得y1+y2=所以AB=1+1122⋅故p=2（2）设F为C的焦点，M，N为C上两点，且FM⋅FN=0[答案]设Mx3,y3，Nx4,y4因为FM⋅FN=0,所以∠MFN=90当直线MN的斜率不存在时，点M与点N关于x轴对称，因为∠MFN=90所以直线MF与直线NF的斜率一个是1，另一个是-1不妨设直线MF的斜率为1，则MF:y由y=x-1,得x3=3-代入①式计算易得，当x3=x4=3-2当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y=kx由y=kx+m,y2=则x3y3y又FM⋅FN所以m2k2-4所以S△MFN令t=mk，则因为m2+所以mk2即t2+6t+1>0从而得S△MFN故△MFN面积的最小值为12-2.[2023新高考卷Ⅰ，12分]在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点0,12的距离，记动点P（1）求W的方程;[答案]设点P的坐标为x,y，依题意得y化简得x2=所以W的方程为x2=（2）已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明:矩形ABCD的周长大于33[答案]设矩形ABCD的三个顶点A，B，C在W上，则AB⊥BC，矩形ABCD的周长为2设Bt,t2+故可设直线AB的方程为y-t2+1与x2=y-1则Δ=k2-4设Ax1,y1，所以t所以AB=1BC=1+-1k2-1k-2t=1+k2k1k+2t=1+所以2AB+因为∣2k（令2k2t-k3=0，得t=k2,令2kt+1=0，得t当2k-2k2≤0，即k≥1时，函数y=-2k2-2kt+k3-所以当t=k2时，2k2又k≠2t，（所以最小值取不到）所以2令fk=21+k23当1≤k<2时，f'k<所以函数fk在[1,2)所以fk≥所以