高二上学期期末复习【第三章 圆锥曲线的方程】十二大题型归纳（拔尖篇）（解析版）

高二上学期期末复习第三章十二大题型归纳（拔尖篇）【人教A版（2019）】题型1题型1椭圆中的焦点三角形问题1．（2023上·广东广州·高二统考期末）椭圆x225+y216=1的一个焦点是F，过原点O作直线(不经过焦点)与椭圆相交于AA．14 B．15 C．18 D．20【解题思路】不妨取F为左焦点，F1为右焦点，连接AF1，BF1，则AFBF【解答过程】如图所示：不妨取F为左焦点，F1为右焦点，连接AF1则AFBF△ABF的周长为AF+当A，B为椭圆上下顶点时等号成立.故选：C.2．（2023上·河北唐山·高二校考期末）已知F1,F2是椭圆C:x24+y23=1的左､右焦点，点A．12 B．33 C．3 D【解题思路】利用椭圆的定义结合余弦定理可得PF1=P【解答过程】由椭圆C:x24+y23=1的方程可得所以cos=12当且仅当则PF1=PF此时，S△P故选：C.3．（2023上·四川南充·高二校考期末）已知点P是椭圆x2a2+y2b2=1(1)求椭圆的标准方程；(2)若动直线l过F2与椭圆交于A、B两点，求△ABF【解题思路】（1）根据焦距可求c=3，根据所过点可求a=5，进而得到方程；（2）利用椭圆的定义可得△ABF1的周长为4a，代入a【解答过程】（1）设焦距为2c，由2c=6，得c=3，又椭圆x2a2+y2得b2∴椭圆的标准方程为x2（2）动直线l过F2与椭圆交于A、B∴AF1+∴AF∴△ABF1

4．（2022上·高二课时练习）已知点P在椭圆x249+y2(1)P(2)△PF【解题思路】（1）根据椭圆定义结合勾股定理运算求解；（2）结合（1）中结果运算求解即可.【解答过程】（1）因为椭圆方程为x249+即a=7,b=26,c=5，可得因为PF1即142-2P（2）由（1）得PF因为PF1⊥P题型2椭圆中的最值问题题型2椭圆中的最值问题1．（2022·陕西西安·西安中学校考一模）已知点M在椭圆x218+y29=1上运动，点NA．1+19 B．1+25 C．5 D【解题思路】根据圆的性质，结合两点间距离公式、配方法进行求解即可.【解答过程】解：设圆x2+y-12=1设M(x0,所以MC=-y0所以MN≤故选：B．2．（2023下·广东汕头·高二统考期末）已知椭圆方程x24+y23=1,F是其左焦点，点A1,1是椭圆内一点，点P是椭圆上任意一点，若PA+A．43 B．4 C．8 D．【解题思路】利用椭圆的定义转化为PA-P【解答过程】由题意，设椭圆的右焦点为F'(1,0)，连接则PA+如图：

当点P在位置M时，PA-PF当点P在位置N时，PA-PF所以PA-PF'的取值范围是所以|PA|+|PF|的最大值Dmax=5，|PA|+|PF|最小值Dmin所以Dmax故选：C.3．（2022·高二课时练习）已知椭圆C:x225+y29=1的左右焦点分别为F【解题思路】根据椭圆的定义，结合焦半径的取值范围，建立PF1【解答过程】对椭圆C:x225+又PF1∈[a-c,a+c]，即x∈[PF1⋅对y=x(10-x)，其在[1,5]单调递增，在[故当x=5时，ymax=5×5=25，当x=1或9时，即PF1⋅PF4．（2023上·江苏徐州·高二统考阶段练习）已知椭圆x225+y216=1内有一点P(1（1）求|MP|-|MF|的最大值；（2）求|MP|+MF（3）求使得|MP|+53|MF|的值最小时点【解题思路】（1）利用数形结合，根据三点共线分析|MP|-|MF|的最大值；（2）利用椭圆的定义转化MP+MF=MP-MF1+2a≤P【解答过程】（1）a2=25,b2=16当点M,F,P三点不共线时，MP-MF<PF，如图当M,F,P三点共线时，MP-MF=

（2）设椭圆的左焦点F1-3,0，根据椭圆定义可知即MP+MF=PF1=-3-12

（3）椭圆的右准线x=253，设椭圆上的点M到右准线的距离为d，因为MFd=35，所以MF=35d，

所以|MP|+53|MF|的最小值是223，此时点M的纵坐标是1，代入椭圆方程可得x=5154题型3题型3双曲线中的最值问题1．（2023上·山西晋中·高二校考期末）已知双曲线C:x24-y24=1的左焦点为F，点P是双曲线C右支上的一点，点A．5 B．5+22 C．7 D．【解题思路】由双曲线定义PF等于P到右焦点F1的距离PF1+4，而PF1【解答过程】记双曲线C的右焦点为F122,0，所以当且仅当点P为线段EF1与双曲线故选：C．2．（2023·山东泰安·统考二模）已知双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0，其一条渐近线方程为x+3y=0，右顶点为A，左，右焦点分别为F1，F2A．3-62,1-C．3+32,1+【解题思路】根据三角形F1AB的面积结合渐近线方程可得a,b,c的值，再根据双曲线的定义转换可得当且仅当P,B,F2共线且B在P,F2【解答过程】设F1-c,0,F2c,0，则由三角形F1AB的面积为1+32可得12a+c×1=1+32，即a+c=2+3，又双曲线一条渐近线方程为又由双曲线的定义可得PF1-PB=23+P此时直线BF2的方程为y=13-2x-2，即y=x-2，联立x23-y2=1y=x-2可得2x2-12x+15=0故选：B.3．（2023上·高二课时练习）已知点P是双曲线x29-y216=1右支上的一点，点M、N【解题思路】先由已知条件可知双曲线的两个焦点为两个圆的圆心，再利用平面几何知识把|PM|-|PN|转化为双曲线上的点到两焦点之间的距离，结合双曲线的定义即可求|PM|-|PN|的最大值.【解答过程】∵x29-y216=1，∴故双曲线的两个焦点为F1(-5,0)，F1(-5,0)，F2所以|PM|max=则(|PM|-|PN|)max=|PM=PF1即PM-PN的最大值为

4．（2023·上海·统考一模）双曲线Γ：x216-y29=1的左、右焦点分别为F1、（1）设P为Γ右支上的任意一点，求|PF（2）设O为坐标原点，求O到l的距离，并求l与Γ的交点坐标．【解题思路】（1）设P(x0,y0)，由两点距离公式有|PF（2）根据双曲线方程写出渐近线方程为y=±34x，由题设知l：3x+4y-15=0，由点线距离公式求O到【解答过程】（1）根据题设条件，可得F1(-5,0)．设P(x0|PF1|=(所以当x0=4时，（2）F2(5,0)，Γ的两条渐近线方程为根据题设，得l：3x+4y-15=0，O到l的距离d=|3×0+4×0-15|将l与Γ的方程联立，得{3x+4y-15=09x2-16y2=144，消去所以l与Γ的交点坐标为(4.1, 题型4题型4与抛物线有关的最值问题1．（2023下·河南开封·高三统考期末）已知抛物线E:x2=4y，圆C:x2+y-32=1，P为EA．5 B．22-1 C．22 D【解题思路】先利用配方法求得P到圆心C的最小距离，从而求得P到Q的最小距离.【解答过程】由题意知C(0,3)，r=1，设Px0,所以PC=

故当y0=1时，所以PQmin故选：B.2．（2023下·云南曲靖·高二统考期末）已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F到其准线的距离为4,M是抛物线C上一点，若A2,3，则A．8 B．6 C．5 D．4【解题思路】由抛物线的焦点坐标求得p，设M,A在准线l上的射影为M1,【解答过程】由焦点F到其准线的距离为4,得p=4；设M,A在准线l:x=-2上的射影为M1,则MA+MF当且仅当A1,M,A共线时取得等号．所以所求最小值是故选：D．3．（2023上·四川成都·高二校考期中）已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点F在x轴上，且抛物线C上横坐标为4的点P到焦点F的距离为92（1）求抛物线C的标准方程.（2）已知点P(2,0)，点Q在抛物线C上.①若点Q在第一象限内，且|PQ|=2，求点Q的坐标.②求|PQ|的最小值.【解题思路】（1）由抛物线定义：抛物线上点到焦点距离等于点到其准线的距离有|PF|=4+p2，即可求p（2）令Q(x,y)，利用两点距离公式得|PQ|=(x-2)2+y2，结合已知求【解答过程】（1）由题意，可设抛物线C：y2=2px，焦点F(p2,0)∴抛物线C的标准方程为y2（2）令Q(x,y)，①由已知条件得|PQ|=(x-2)将y2=2x代入上式，并变形得，x2-2x=0，解得x=0(舍去当x=2时，y=±2，只有x=2，y=2满足条件，∴点Q的坐标为(2,2).②|PQ|=(x-2)2+|PQ|2当x=1时，|PQ|min4．（2022·高二课时练习）设点P是抛物线y2=4x(1)求点P到A-1,1的距离与点P到直线x=-1(2)若B3,2，求PB+【解题思路】（1）利用抛物线的定义，转化点P到准线的距离为到焦点的距离，再利用数形结合，即可求解；（2）利用抛物线的定义，转化点P到焦点的距离为到准线的距离，再利用数形结合，即可求解；【解答过程】（1）如图，易知抛物线的焦点为F1,0，准线为x=-1，由抛物线的定义知点P到直线x=-1的距离等于点P到焦点F的距离于是，问题转化为在曲线上求一点P，使点P到点A-1,1的距离与点P到F1,0显然，连接AF与抛物线的交点即为所求点P，故最小值为22+1

（2）如图，过点P作PE垂直于准线于点E，过点B作BQ垂直准线于点Q，交抛物线于点P1

此时，PE=PF，那么PB+题型5题型5椭圆的弦长与“中点弦”问题1．（2023上·浙江·高二校联考期中）瑞士数学家欧拉（Euler）在1765年在其所著作的《三角形的几何学》一书中提出：三角形的外心（中垂线的交点）､重心（中线的交点）､垂心（高的交点）在同一条直线上，后来，人们把这条直线称为欧拉线.已知△ABC的顶点C0,14，且AC=BC，则△ABC的欧拉线被椭圆E:A．794 B．232 C．302【解题思路】设出欧拉线的方程，联立方程，表示出弦长，求出最值即可.【解答过程】因为AC=BC，由等腰三角形的性质可得欧拉线一定过点C,当斜率不存在时，x=0被椭圆E:x22当斜率存在时，设方程为y=kx+14，直线与椭圆的交点为与椭圆方程联立可得1+2k则Δ=16k2MN=1+=令t=1+2k2，则k2MN=因为t≥1，所以0<1t≤1，所以当1t=1时，即k=0故选：C.2．（2023上·重庆·高二校联考期末）设椭圆的方程为x22+y24=1，斜率为k的直线l不经过原点O，且与椭圆相交于A，BA．直线l与OM一定垂直B．若直线l方程为y=2x+2，则AB=C．若直线l方程为y=x+1，则点M坐标为-D．若点M坐标为1,1，则直线l方程为2x-y-3=0【解题思路】设Mx0,y0结合弦长的求解方法求出AB=45利用点差法的结论可以求出M-13利用点差法的结论可以求出kAB=-2，进而判断D【解答过程】不妨设A,B坐标为x1,y1,y1+y2x对A：kAB×kOM=k×对B：若直线方程为y=2x+2，联立椭圆方程2x可得：6x2+8x=0，解得x则AB=169对C：若直线方程为y=x+1，故可得y0x0×1=-2，即解得x0=-13,对D：若点M坐标为1,1,则11×k=-2，则又AB过点1,1，则直线AB的方程为y-1=-2x-1，即2x+y-3=0，故D错误故选：C.3．（2023上·内蒙古乌兰察布·高二集宁一中校考期末）已知椭圆M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为63，焦距为2(1)求椭圆M的方程；(2)若k=1，求|AB|的最大值.【解题思路】（1）由题意可知离心率e=ca=63且焦距为（2）由题意已知k=1，所以设出直线方程（只含有一个参数即截距，不妨设为m），将其与椭圆方程联立后，再结合韦达定理可将|AB|表示成m的函数，进一步求其最大值即可.【解答过程】（1）由题意得a2解得c=2,a=3，b=∴椭圆M的方程为x2（2）因为k=1，所以设直线l的方程为y=x+m，A(x1,联立得y=x+m,x23+又直线l与椭圆M有两个不同的交点，所以Δ=36m2-16∴x1+x∴|AB|==故当m=0，即直线l过原点时，|AB|最大，最大值为6.4．（2023下·湖北恩施·高二校考期末）已知椭圆C：x2a2(1)求C的方程；(2)已知直线l1：y=x+1与椭圆C相交于两点M，N，求线段MN(3)经过点P(1，12)作直线l2，交椭圆于A、B两点．如果P【解题思路】（1）由题意可得2a，2b的值，即求出a，b的值，可得椭圆的方程；（2）联立直线l1的方程与椭圆的方程，可得两根之和及两根之积，代入弦长公式，可得MN（3）设A，B的坐标代入椭圆的方程，作差整理可得直线l2的斜率，代入点斜式方程求出直线l【解答过程】（1）由题意可得2a=42b=12⋅2a，可得所以椭圆的C的方程为：x2（2）设Mx1，联立x2+4y2=4y=x+1，整理可得所以|MN|=1+

（3）设A(x3，y3)，将A，B的坐标代入可得：x3作差整理可得：y3即直线AB的斜率为-1所以直线l2的方程为y-1题型6双曲线题型6双曲线的弦长与“中点弦”问题1．（2024上·内蒙古呼和浩特·高三统考开学考试）设A，B为双曲线x28-y216=1上的两点，若线段ABA．x+y-3=0 B．2x+y-3=0 C．x-y+1=0 D．x-2y+3=0【解题思路】利用点差法，结合一元二次方程根与系数关系进行求解判断即可.【解答过程】设Ax则有x128因为线段AB的中点为M1,2所以x1因此由x1即直线AB的斜率为1，方程为y-2=x-1⇒x-y+1=0，代入双曲线方程中，得y2因为-42所以线段AB存在，故选：C.2．（2022下·重庆沙坪坝·高二校考阶段练习）已知双曲线C：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程是y=2x，过其左焦点F(-3,0)作斜率为2A．7 B．8 C．9 D．10【解题思路】根据渐近线方程和焦点坐标可解得a2,【解答过程】∵双曲线C：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程是y=2x，∴ba=2，即b=2a.∵左焦点F-3,0，∴c=3，∴c2=a2+b故选：D.3．（2023上·内蒙古包头·高二统考期末）如图1、2，已知圆A方程为(x+2)2+y2=12，点B2,0．M是圆A上动点，线段

(1)求点N的轨迹方程；(2)记点N的轨迹为曲线Γ，过点P32,12是否存在一条直线l，使得直线l与曲线Γ交于两点C【解题思路】（1）根据双曲线的定义求得点N的轨迹方程.（2）利用点差法求得直线CD的方程，联立直线CD的方程和点N的轨迹方程联立，根据方程组无解求得正确答案.【解答过程】（1）由中垂线性质知，NB所以|NB|-|NA|所以点N的轨迹是以A、B为焦点，实轴长为设此双曲线方程为x2a所以点N的轨迹方程为x2（2）设Cx1两式相减得1由题意x1+直线CD方程为y-1由y=x-1x2∵Δ=-3<0．∴不存在这样的直线l4．（2023上·辽宁·高二校联考期末）已知双曲线C的渐近线为y=±3x，且过点(1)求双曲线C的方程；(2)若直线y=ax+1与双曲线C相交于A，B两点，O为坐标原点，若OA与OB垂直，求a的值以及弦长AB．【解题思路】（1）根据渐近线方程可设双曲线方程为3x2-y2（2）联立直线与双曲线的方程，设Ax1,y1，Bx2,y2，故可得【解答过程】（1）由双曲线渐近线方程为y=±3x，可设双曲线方程为：又双曲线过点M1,2∴双曲线的方程为：3（2）设Ax1,y1，Bx2∵直线y=ax+1与双曲线C相交于A，B两点，∴Δ=4a2∴x1+x2=∵OA⊥OB，∴OA⋅OB又y1=ax1+1，把（*）代入上式得-21+a23-a2+2由弦长公式可得AB=题型7题型7抛物线的弦长与焦点弦问题1．（2023上·陕西西安·高二长安一中校考期末）设经过点F1,0的直线与抛物线y2=4x相交于A,B两点，若线段AB中点的横坐标为3，则ABA．6 B．8 C．10 D．12【解题思路】利用抛物线焦点弦长公式直接求解即可.【解答过程】由抛物线方程知：F1,0为抛物线y设Ax∵线段AB中点的横坐标为3，∴x∵直线AB过抛物线的焦点F1,0，∴故选：B.2．（2023下·西藏日喀则·高二统考期末）已知抛物线C：x2=-2pyp>0的焦点F与y28+x24=1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A．12 B．14 C．15 D．16【解题思路】由题意可得p的值及抛物线方程，设直线AB的方程为y=kx-2，利用导数求得在点A及点B处的切线方程，联立可得xM=x1+x22，由M的横坐标为4得x【解答过程】由题意可得，F0,-2，则p=4，抛物线方程为x2=-8y由题意，直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y=kx-2，设Ax1,y1，B由y=-x28∴在点A处的切线方程为y-y1=-x同理可得在点B处的切线为y=-x2联立①②得xM=x1+x2将AB的方程代入抛物线方程，可得x2∴Δ=64k2+64>0，∴y1则AB=故选：D.3．（2023上·四川内江·高三期末）已知直线l与抛物线C:y2=8x相交于A、(1)若直线l过点Q4,1，且倾斜角为45∘，求(2)若直线l过点Q4,1，且弦AB恰被Q平分，求AB所在直线的方程【解题思路】（1）先求直线l的方程，联立抛物线的方程，用弦长公式可得AB.（2）可用点差法解决中点弦问题.【解答过程】（1）因直线l的倾斜角为45∘，所以直线l的斜率k=又因直线l过点Q4,1所以直线l的方程为：y-1=x-4，即y=x-3，联立y2=8x得设AxA,所以xA+x所以AB（2）因A、B在抛物线C:y所以yA2=8两式相减得：yA得yA故直线l的斜率为4，所以直线l的方程为：y-1=4x-4，即4x-y-15=04．（2023上·福建福州·高二统考期末）如图，点A（-2，1），B，C三点都在抛物线x2=2py(p>0)上，抛物线的焦点为F，且F是△ABC(1)求抛物线的方程和焦点F的坐标；(2)求BC中点M的坐标及线段BC的长.【解题思路】（1）由点A在抛物线上可得抛物线方程，后可得焦点坐标；（2）设BC直线方程为y=kx+b，将其与抛物线联立，结合韦达定理及重心坐标公式可得答案.【解答过程】（1）因A-2,1在抛物线上，则4=2p⇒p=2则抛物线方程为x2=4y，焦点坐标为（2）设BC线段所在直线方程为y=kx+b，将其与抛物线方程联立x2=4yy=kx+b设Bx1,因F是△ABC的重心，则-2+x1+x23=01+y1+y23=1⇒x1+BC=1题型8题型8圆锥曲线中的面积问题1．（2023上·北京丰台·高二校考期末）已知椭圆E:x24+y2=1，直线l与两个坐标轴分别交于点M，N．且与椭圆EA．42 B．4 C．22 D【解题思路】根据题意首先设直线l方程为y=kx+b，和椭圆方程联立结合韦达定理求得参数k和b之间的关系，利用面积公式结合基本不等式求最值即可得解.【解答过程】若要直线l与两个坐标轴分别交于点M，N，则直线l的斜率存在，故设直线l方程为y=kx+b，代入到椭圆方程x2(4k根据提意可得Δ=64所以4k根据题意对方程y=kx+b，k≠0,b≠0，所以令x=0得y=b，令y=0得x=-b所以S=1当且仅当4k=1k时取等，所以△OMN故选：D.2．（2022上·内蒙古包头·高二统考期末）M、N是双曲线x2-y23=1上关于原点O对称的两点，F1、FA．23 B．3 C．4 D．【解题思路】判断四边形MF1NF2为矩形，设|MF1|=m，|MF【解答过程】解：由x2-y23=1可知因为M，N是C上关于原点对称的两点，且MN=F1设|MF1|=m，|M所以m2又因为MF12+M所以四边形MF1N故选：D．3．（2023下·湖南·高二校联考期末）已知抛物线C：x2=2pyp>0上一点(1)求抛物线C的方程；(2)过点-1,0的直线交抛物线C于A，B两点，点Q0,-2，连接QA交抛物线C于另一点E，连接QB交抛物线C于另一点F，且△QAB与△QEF的面积之比为1:3，求直线AB的方程【解题思路】（1）根据抛物线的定义结合题意列方程可求出p，从而可求得抛物线的方程；（2）设直线AB的方程为y=kx+1k≠0，Ax1,y1，Bx2,y2，将直线方程代入抛物线方程化简，然后利用根与系数的关系，表示出直线AQ【解答过程】（1）由题可知焦点的坐标为0,p所以由抛物线的定义可知MF=1+即p=2，所以抛物线C的方程为x2（2）易知直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB的方程为y=kx+1Ax1,由y=kx+1x2则Δ=16k2+16k>0，即k>0或因为Q0,-2，所以k所以直线AQ的方程为y=y由y=y1+2设Ex3,y3设Fx4,则S=====x得k2=4故直线AB的方程为y=233

4．（2023下·北京海淀·高二清华附中校考期末）已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，离心率e=1(1)求椭圆E的标准方程；(2)过点F的直线l（不与x轴重合）与椭圆E交于M、N两点，直线AM、AN分别交直线x=4于P，Q两点，线段PQ中点为R，△MPR,△MRN,△NRQ的面积分别为S1,S【解题思路】（1）依题意可得ca=12a+c=3，即可求出a（2）当直线l的斜率不存在直接求出S2，S1+S3，当直线l的斜率存在且不为0，设直线l为x=my+1m≠0，Mx1,y1，Nx2,y2，联立直线与椭圆方程，可得根于系数的关系式，表示出P、Q的坐标，计算yP+yQ，从而得到【解答过程】（1）依题意e=ca=12所以椭圆E的标准方程为x2（2）由（1）可得F1,0，A若直线l的斜率不存在，则直线l为x=1，此时M1,32则AM为y=12x+2，令x=4，可得P4,3，则所以S2=1所以2S2=若直线l的斜率存在且不为0，所以设直线l为x=my+1m≠0，Mx1,联立x=my+1x24+y则y1+y2直线AM的方程为y=y令x=4，得yP=6同理，Q4,又y===12m×-93所以kRF=-3m4-1=-mMN=又RF=所以S2又R为线段PQ中点，故S====9所以2S2=综上可得S1题型9圆锥曲线题型9圆锥曲线中的最值问题1．（2023上·山东临沂·高二校考期末）已知椭圆C:x24+y2=1的左、右焦点分别为F1，A．离心率e=32 B．PC．△PF1F2的面积的最大值为23【解题思路】根据椭圆方程求出a、b、c，即可求出离心率，从而判断A，根据椭圆的性质判断B，设Px,y，则S△PF1F2=3【解答过程】解：椭圆C:x24+y2=1，则a=2，b=1由椭圆性质：到椭圆右焦点距离最大的点是左顶点，可得PF2的最大值为a+c=2+3由F1-3,0，则S△PF1F2当且仅当P在上、下顶点时取最大值，故C错误；因为PF2=所以PF所以PF即PF1+PF2的最小值为故选：C.2．（2023下·福建泉州·高二校联考期末）已知抛物线Γ：y=14x2的焦点为F，过F的直线l交Γ于点A,B，分别在点A,B处作Γ的两条切线，两条切线交于点A．0,1 B．0,12 C．0,1【解题思路】设直线l的方程为y=kx+1，Ax1,y1,Bx2,y【解答过程】显然直线l的斜率存在，因此设直线l的方程为y=kx+1，Ax由y=kx+1x2=4y得x故x1因为y'=x2，所以过A,B与Γ相切的直线方程分别为：因此由y=x1x2-所以1==x1=16因为k∈R，所以4k2+1所以1PA2+故选:C.3．（2023下·湖北武汉·高二统考期末）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为1

(1)求椭圆C的方程；(2)过点F1分别作两条互相垂直的直线l1，l2，且l1与椭圆交于A，B两点，l2与直线x=1交于点P，若AF1=λ【解题思路】（1）由通径性质、离心率和椭圆参数关系列方程求参数，即可得椭圆方程；（2）讨论直线斜率，设Ax1,y1，Bx2,y2，Qx0,y0，l1为x=my-1，注意m=0情况，联立椭圆方程应用韦达定理求y1+y2【解答过程】（1）对于方程x2a2+y2b由题意可得2b2a=3c所以椭圆的方程为x2（2）由（1）得F1-1,0，若直线l1的斜率为0，则l2为设直线l1：x=my-1，若m=0，则λ=1，则不满足QA=λQB设Ax1,y1由3x2+4y2所以y1+y因为AF1=λF1BQA所以λ=-y1y2=y1-y直线l2：x=-1my-1，联立x=-1∴PQ=当且仅当m=62或m=-6∴PQ的最小值为5．

4．（2023上·浙江嘉兴·高三统考期末）已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)过点2,3，左､右顶点分别是A,B，右焦点F到渐近线的距离为3，动直线l:y=kx+m与以AB(1)求双曲线C的方程；(2)记直线AP,BQ的斜率分别为k1,k2【解题思路】（1）由点2,3在双曲线C上，以及焦点到渐近线的距离得出双曲线C的方程；（2）由直线与圆的位置关系得出m2=k2+1，联立直线和双曲线方程，由韦达定理、斜率公式得出k1【解答过程】（1）因为点2,3在双曲线C上，故22a2而双曲线C的渐近线方程为bx±ay=0，Fc,0到一条渐近线的距离为3所以b⋅cb2+a2=所以a2=1，故所求双曲线C的方程为（2）因为双曲线C的方程为x2所以A-1,0,B1,0x2+y2=1，而直线l:y=kx+m而P,Q坐标满足3x2-y2求得Δ=12m2-12k2+36，而m由于Px1,y1,Qx所以x1-x2=又m2=k2+1,3-由题意得A-1,0,B1,0，故所以k1将*及x2-x1=故k1又x1-x即k1题型10题型10圆锥曲线中的定点、定值问题1．（2023上·江西萍乡·高三统考期末）已知椭圆E的中心在原点，周长为8的△ABC的顶点，A-3,0为椭圆E的左焦点，顶点B，C在E上，且边BC(1)求椭圆E的标准方程；(2)椭圆E的上、下顶点分别为M，N，点Pm,2m∈R,m≠0,若直线PM，PN与椭圆E的另一个交点分别为点【解题思路】（1）根据椭圆定义直接求解即可；（2）设出直线PS方程，与椭圆方程联立，求出点S、T的坐标，写出直线ST方程即可求出定点坐标.【解答过程】（1）由题意知，椭圆E的焦点在x轴上，所以设椭圆方程为x2a2+所以△ABC周长为4a=8，即a=2，a2=4因为左焦点A-3,0，所以所以b2=所以椭圆E的标准方程为x2（2）由题意知，M0,1,N0,-1，直线所以直线PS:y=xm+1，与椭圆方程联立得Δ=64m2则xS+xM=-8mm2同理xT=24mm2所以kST=所以直线ST方程为：y=12-m所以直线ST过定点，定点坐标为0,12．（2023上·浙江宁波·高二统考期末）已知双曲线C:x2-y2(1)求λ；(2)动点M，N在曲线C上，已知点A(2,-1)，直线AM,AN分别与y轴相交的两点关于原点对称，点Q在直线MN上，AQ⊥MN，证明：存在定点T，使得|QT|为定值．【解题思路】(1)由双曲线方程求其渐近线方程，由点到直线距离公式列方程求λ；(2)证明当MN斜率不存在时不合题意，设直线MN方程与双曲线C的方程联立，根据直线AM,AN与y轴的两交点关于原点对称结合韦达定理即可求解.【解答过程】（1）由已知双曲线C的渐近线方程为y=±x，因为焦点F到其中一条渐近线的距离为3，所以±2λ所以λ=3，（2）当直线MN的斜率k不存在时，此时M,N两点关于x轴对称，若直线AM,AN与y轴的两交点关于原点对称，则A在x轴上，与题意矛盾，因此直线MN的斜率存在.设直线MN的方程为y=kx+m，联立y=kx+mx整理得1-k由已知1-k2≠0所以k≠±1，且3k设Mx1,x1+x直线AM,AN分别与y轴相交的两点为M1，N∴直线AM方程为y=y令x=0，则M10,x可得x1∴x1即2k+1x∴4k+2-2mx∴4k-2m+2⋅∴2k-m+1⋅2km+∴4k∴m2+2k+4当m+2k+1=0时，m=-2k-1，此时直线MN方程为y=kx-2-1恒过定点∴m=-3，直线MN方程为y=kx-3，恒过定点E∵AQ⊥MN，设AE中点为T，∴T1,-2∴QT=∴存在T1,-2使QT为定值23．（2023下·河南新乡·高二统考期末）已知椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0(1)求椭圆E的方程．(2)设A、B是椭圆E上关于x轴对称的不同两点，P在椭圆E上，且点P异于A、B两点，O为原点，直线AP交x轴于点M，直线BP交x轴于点N，试问OM⋅【解题思路】（1）求出椭圆E上任意一点到其焦点距离的最大值，结合离心率可得出a、c的值，进而求出b的值，由此可得出椭圆E的标准方程；（2）设点Ax1,y1，Bx1,-y1，Px2,y2，Mm,0，Nn,0，将直线AP的方程与椭圆【解答过程】（1）解：设点Px0,y0为椭圆EP=a+所以，椭圆E上的点到焦点的距离的最大值为a+c=3，又因为椭圆E的离心率为e=c所以，a=2，c=1，则b=a因此，椭圆E的标准方程为x2（2）解：设点Ax1,y1，Bx1则直线AP的方程为y=y1x1-m

联立y=y1x1-m因为点A在椭圆E上，则直线AP与椭圆E必有公共点，所以，x1同理可得x所以，8my所以，m3化简可得3m-n当m≠n时，则3mn=3x12当m=n时，M、N、P三点重合，此时，m=综上所述，OM⋅ON=mn=44．（2023下·广东广州·高二统考期末）已知抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F，点A2,m(1)求抛物线C的标准方程；(2)直线l与抛物线C相交于M、N两点，以MN为直径的圆过点P1,2，作PD⊥MN，D为垂足．是否存在定点Q，使得DQ为定值？若存在，求出点Q【解题思路】（1）利用抛物线的定义结合两点间的距离公式可得出关于p的方程，解出p的值，即可得出抛物线C的标准方程；（2）分析可知，直线MN不与y轴垂直，设直线MN的方程为x=ty+n，设点Mx1,y1、Nx2,y2，将直线MN的方程与抛物线C的方程联立，列出韦达定理，根据已知条件得出PM⋅PN【解答过程】（1）解：抛物线C的准线方程为x=-p2，由抛物线的定义可得将点A的坐标代入抛物线方程可得m2所以，AO=所以，AFAO=2+p2因此，抛物线C的标准方程为y2（2）解：若直线MN⊥y轴，则直线MN与抛物线C只有一个公共点，不合乎题意，设直线MN的方程为x=ty+n，设点Mx1,联立x=ty+ny2=4x可得y2-4ty-4n=0由韦达定理可得y1+yPM=x1因为以MN为直径的圆过点P1,2，则PM所以，116显然y1≠2且y2即y1y2+2y所以，直线MN的方程为x=ty+2t+5=ty+2由y+2=0可得y=-2，x=5，所以，直线MN过定点E5,-2所以，PQ=因为PD⊥MN，当点Q为线段PE的中点时，即当点Q的坐标为3,0时，DQ=1因此，存在定点Q，且当点Q的坐标为3,0时，DQ为定值.题型11题型11圆锥曲线中的定直线问题1．（2023·山东·山东省实验中学校考二模）已知抛物线E:y2=2pxp>0，过点-1,0的两条直线l1、l2分别交E于A、B两点和C、D两点．当(1)求E的标准方程；(2)设G为直线AD与BC的交点，证明：点G在定直线上．【解题思路】（1）当直线l1的斜率为12时，写出直线l1的方程，设点Ax1,y1、Bx2,y2（2）分析可知直线l1、l2都不与x轴重合，设直线AB的方程为x=my-1，将该直线的方程与抛物线的方程联立，设Ay122,y1、By22【解答过程】（1）解：当直线l1的斜率为12时，直线l1的方程为y=12联立y2=2pxy=Δ=41-4p2-4=416由韦达定理可得x1+xAB=整理可得2p2-p-1=0，解得p=1因此，抛物线E的方程为y2（2）证明：当直线l1与x轴重合时，直线l1与抛物线所以，直线l1不与x轴重合，同理可知直线l2也不与设直线AB的方程为x=my-1，联立x=my-1y2=2x则Δ=4m2设点Ay122,设直线CD的方程为x=ny-1，设点Cy322,直线AD的方程为y-y1=化简可得2x-y同理可知，直线BC的方程为2x-y因为点-1,0在抛物线的对称轴上，由抛物线的对称性可知，

交点G必在垂直于x轴的直线上，所以只需证明点G的横坐标为定值即可，由2x-y1+因为直线AD与BC相交，则y1解得x==2所以，点G的横坐标为1，因此，直线AD与BC的交点G必在定直线x=1上.2．（2023下·湖北荆门·高二统考期末）已知双曲线C：x2a2-y(1)求双曲线C的方程：(2)当a<b时，记双曲线C的左、右顶点分别为A1，A2，动直线l：x=my+2与双曲线C的右支交于M，N两点（异于A2），直线A1M，A【解题思路】（1）根据实轴长度确定a的取值，再根据渐近线夹角确定渐近线斜率，从而确定b的取值，写出解析式；（2）首先联立直线与双曲线方程，根据韦达定理确定M，N两点坐标关系，联立方程，再利用点斜式表示出直线A1M，A2N的方程，代入T【解答过程】（1）由题知2a=2，得a=1，ba=tanπ6或b所以双曲线C的方程为C：x2-3y2=1（2）由（1）知，当a<b时，C：x2设Mx1,联立直线l与双曲线C得：x=my+23Δ=36m2+1>0，方程的两根为y1，A1-1,0，A21,0，则A1M：因为直线A1M，A2故y0=y消去y0，整理得：xx=9m因此x0故点T在定直线x=13．（2023上·河南许昌·高二统考期末）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1a>b>0，F22(1)求椭圆E的标准方程；(2)设点A,B为椭圆E的左右端点，过点M2,0作直线交椭圆E于P，Q两点（不同于A,B），求证：直线AP与直线BQ的交点N在定直线上运动，并求出该直线的方程【解题思路】（1）由对称性得到点332,12，-33（2）设直线PQ的方程为x=my+2，联立椭圆方程，设Px1,y1，Qx2,y2，Nx0,【解答过程】（1）因为F22,0为椭圆E由对称性得，点332,12，-联立①②解得，a2=9，所以椭圆E的标准方程为：x2（2）由条件知直线PQ与直线AB不重合，故直线PQ的斜率不为0，

设直线PQ的方程为x=my+2，联立x29+设Px1,y1则y1+y2=由（1）可得A-3,0，B由A,P,N共线得：x0+3由B,Q,N共线得：x0-3由③÷④消去y0并整理得，x即x0+3x综上所述，直线AP与直线BQ的交点N在定直线x=924．（2023上·上海杨浦·高二复旦附中校考期末）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0和双曲线y22-x2=1的焦距相同，且椭圆C经过点3,12，椭圆C的左、右顶点分别为A、(1)求椭圆C的标准方程；(2)求线段MN长的最小值；(3)如图，设直线l:x=-4与x轴交于点H，过点H作直线交椭圆与E、F，直线EB与FA交于一点Q，证明：点Q在一条定直线上.【解题思路】（1）求出椭圆C的焦点坐标，利用椭圆定义可求得a的值，进一步可求得b的值，由此可得出椭圆C的标准方程；（2）计算得出kPAkPB=-14，设直线AP的方程为x=m1y-2，直线BP的方程为x=（3）分析可知直线EF不与x轴重合，设直线EF的方程为x=ky-4，设点Ex1,y1、Fx2,y2，将直线EF【解答过程】（1）解：双曲线y22-所以，椭圆C的焦点分别为F1-3由椭圆定义可得2a=3-32+因此，椭圆C的标准方程为x2（2）解：设点Px0,y0，则y0≠0kPA设直线AP的方程为x=m1y-2，直线BP的方程为x=设点M-4,m、N-4,n，则mm1-2=-4所以，MN=当且仅当m1=±233（3）解：易知点H-4,0，当直线EF与x轴重合时，E、F为椭圆C设直线EF的方程为x=ky-4，设点Ex1,联立x=ky-4x2+4y2=4可得由韦达定理可得y1+ykAF=y直线BE的方程为y=y1ky1联立直线AF、BE的方程可得x+2x-2解得x=因此，点Q在直线x=-题型12题型12圆锥曲线中的存在性问题1．（2023下·海