压轴题02圆锥曲线压轴题17题型 （教师版）

压轴题02圆锥曲线压轴题十七大题型汇总命题预测本专题考查类型主要涉及点解析结合的相关考点，本考点主要压轴题类型，包含了新定的考点，解析几何与其他知识点的综合运用等。预计2024年后命题会在上述几个方面进行考查，尤其是各方面知识点的综合与新考点问题等。高频考法题型01离心率问题题型02三角换元法的运用题型03新定义问题题型04解析几何与立体几何结合题型05解析几何与导数结合问题题型06解析几何的实际应用题型07切线、斜率相关问题题型08模长相关问题题型09解析几何新考点题型10解析几何之类比距离问题题型11解析几何与数列结合题型12解析几何中的定值问题题型13解析几何与向量结合题型14解析几何中的定点问题题型15解析几何中的取值范围问题题型16解析几何中的存在问题题型17轨迹方程问题01离心率问题1.（23-24高三下·浙江·开学考试）双曲线x2a2−y2b2=1(a,b>0)A．214 B．213 C．2 【答案】B【分析】如图，由题意可知PF1=PQ且P,F2,Q三点共线，设PF1=m,P【详解】如图，设F1关于∠F1PF所以PF1=PQ，且则PQ=m，m−n=2a⇒QF在△PF1Q又cos∠F1PF2=在△F1P整理，得3c2=7a2即双曲线的离心率为.21故选：B2.（2024·内蒙古赤峰·一模）如图所示，椭圆有这样的光学性质：从椭圆的一个焦点出发的光线，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点.根据椭圆的光学性质解决下面的题目：已知曲线C的方程为x225+y216=1，其左、右焦点分别是F1，A．1:3 B．1:2 C．1:3 D．【答案】D【分析】根据椭圆定义和光的反射定理，以及角平分线定理可得【详解】由已知得a=5，PF由椭圆定义可得PF根据光的反射定理可得PM为∠F由正弦定理F1M所以F1MF1所以F即F1故选：D.3.（2024·河南信阳·模拟预测）一光源P在桌面A的正上方，半径为2的球与桌面相切，且PA与球相切，小球在光源P的中心投影下在桌面产生的投影为一椭圆（其中球与截面的切点即为椭圆的焦点），如图所示，形成一个空间几何体，且正视图是Rt△PAB，其中PA=6【答案】12【分析】作出球的截面图，易得tan∠EPO=12，结合正切的二倍角公式求出tan∠APB的值，进而知长轴AB的长，再由球O与AB相切的切点F为椭圆的一个焦点，可得【详解】如图，是球O的一个截面，圆O分别与AB,PA相切于点F，E，因为PA=6，球的半径为2，所以PE=4，所以tan∠APB=所以AB=因为AB是椭圆的长轴长，所以2a=8，所以a=4，根据球O与AB相切的切点F为椭圆的一个焦点，所以AF=2=a−c，所以c=a−2=4−2=2所以离心率e=c故答案为：124.（2024·山东·一模）如图，在△ABC中，已知∠BAC=120°，其内切圆与AC边相切于点D，且AD=1，延长BA到E，使BE=BC，连接CE，设以E，C为焦点且经过点A的椭圆的离心率为e1，以E，C为焦点且经过点A的双曲线的离心率为e2，则e1【答案】1,+【分析】设M,G分别是BC,BE与圆的切点，设CD=CM=GE=m，利用椭圆，双曲线的定义分切求出e1,e2的表达式，进而可得【详解】如图以CE的中点C为原点直角坐标系，设M,G分别是BC,BE与圆的切点，由圆的切线性质得AG=AD=1，设CD=CM=GE=mm>1，所以AC=1+m，AE=GE−AG=m−1在△ACE中，CE以E,C为焦点经过点A的双曲线的离心率为e2以E,C为焦点经过点A的椭圆的离心率为e1则e1在△ABC中，设BM=n，所以BC=m+n,AB=n+1，AC=m+1，由余弦定理可得BC所以mn=3m+3n+3，所以n=3m+3m−3>0由对勾函数的单调性可得函数y=x4+所以e1故答案为：1,+∞【点睛】关键点点睛：根据圆锥曲线的定义结合条件表示出e15.（2024·浙江杭州·二模）机场为旅客提供的圆锥形纸杯如图所示，该纸杯母线长为12cm，开口直径为8cm．旅客使用纸杯喝水时，当水面与纸杯内壁所形成的椭圆经过母线中点时，椭圆的离心率等于【答案】31717【分析】依题意，利用等腰三角形ABC求得cosα,再由余弦定理求出椭圆长轴长，作出圆锥的轴截面交椭圆于点P,Q，建立坐标系，利用三角形重心性质和相似三角形求出点P【详解】如图，设∠BCD=α,因AB=AC=12,BC=8,故cosα=412由余弦定理，BD即BD=217设椭圆中心为O,作圆锥的轴截面AMN,与底面直径BC交于E，与椭圆交于P,Q，连AE交BD于G，以点O为原点，DB为x轴，建立直角坐标系.则AGAE=23,又由△APQ∼△AMN得从而OG=17−2不妨设椭圆方程为x2a2+y2b则c=17−8=3故答案为：31702三角换元法的运用利用三角函数的定义解题：（1）角α的顶点与坐标原点重合；（2）角的始边与x轴正半轴重合；在角α的终边上任取一点P(x,y)，该点到原点的距离r=x2+y2，则：sin6.（23-24高三下·浙江·开学考试）P是圆C:x2+(y−2)2=1上一动点，A2,0,Q为【答案】2【分析】写出圆C的参数方程，进而可得点Q坐标，结合两点间距离公式转化为求三角函数的最值即可.【详解】如图所示，因为圆C：x2+(y−2)所以设点P(cosθ,2+sinθ)，则所以|OQ|=(当sin(θ+π4)=1时，故答案为：2+7.（2024高三·全国·专题练习）已知平面直角坐标系中的定点A(−2,0)，B(2,0)，C(0,2)，动点P(x,y)，其中kPA⋅kA．2−3,22C．7−43,2【答案】A【分析】先求出动点P(x,y)的轨迹方程，然后利用椭圆的参数方程求解空间中两点C，P的距离．【详解】由kPA⋅kPB=于是可设P(2cosθ,3sinθ)当P∈α时，|CP|因为0<θ<π，sinθ∈0,1，所以|CP若P∈β，依题意，点C到平面β上的距离为3，射影点C1于是|CP|因为−π<θ<0，sinθ∈−1,0，此时综上可得，CP∈故选：A．8.（2023·湖北·二模）已知动直线l的方程为1−a2x+2ay−3a2A．0,5 B．1,5 C．5,+∞ D．【答案】B【分析】利用万能公式将直线方程化为xcosθ+ysinθ−3=0，求出过原点与直线l垂直的直线方程，进而得出点【详解】由1−a2x+2ay−3令a=tanθ2sinθ=2sinθ2cos由题意可知过原点与直线l垂直的直线方程为xsinθ−y①2+②2可得x2于是线段PQ长度的取值范围为[r−PO,r+PO]，因为PO=2所以线段PQ长度的取值范围为1,5，故选：B.9.（2024·浙江绍兴·二模）过点Pa,b作圆x2+y2=1的切线PA，A．2 B．3 C．5 D．10【答案】D【分析】根据题意可得a2+b2=2，三角换元令a=【详解】根据题意，设圆x2+y2=1∴a2+b2=2，令则a+2b=2cosθ+2所以a+2b的最大值为10.故选：D.10.（2024·山东烟台·一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，半径为1的圆A沿着x轴正向无滑动地滚动，点M为圆A上一个定点，其初始位置为原点O,t为AM绕点A转过的角度（单位：弧度，t≥0）.

(1)用t表示点M的横坐标x和纵坐标y；(2)设点M的轨迹在点M0(x0,(3)若平面内一条光滑曲线C上每个点的坐标均可表示为(x(t),y(t)),t∈[α,β]，则该光滑曲线长度为F(β)−F(α)，其中函数F(t)满足F'(t)=[x'(t)]2+[y'【答案】(1)x=t−sin(2)证明见解析；(3)8.【分析】（1）根据给定条件，结合三角函数及弧长计算求解.（2）利用复合函数的求导公式，求出切线斜率，再借助三角恒等变换推理即得.（3）由（1）及给定信息，求出F'【详解】（1）依题意，y=1−cost,|OB|=BM所以x=t−sin（2）由复合函数求导公式y't=y'而1+=2所以1+cos（3）依题意，F'由0≤t2≤π，得sint2≥0则F(2π所以OE的长度为8.【点睛】结论点睛：函数y=f(x)是区间D上的可导函数，则曲线y=f(x)在点(x0,f(x003新定义问题涉及函数新定义问题，理解新定义，找出数量关系，联想与题意有关的数学知识和方法，再转化、抽象为相应的数学问题作答.11.（2024·浙江宁波·二模）在平面直角坐标系xOy中，定义dA,B=x1−x2+y1−y2为Ax1,y1,Bx2,y【答案】2【分析】先根据条件RM=MP,【详解】设Px1,y1不妨设点P位于第一象限，由PN=2NQ可得设直线MQ与NR的交点为Tt,0，则有QT//MQQT=由QT//MQ可得t−x1RT=由RT//RN可得t−x2联立①②可得y12x1−由椭圆的对称性可知x1dR,Q因为x122+ydR,Q=2x1+2所以当α+θ=π2时，dR,Q故答案为：2【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有三个：一是理解新定义的含义；二是根据条件找出P,R,Q坐标的关系;三是借助三角函数求解最值.12.（2024·浙江·模拟预测）如图，由部分椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0,y≤0)和部分双曲线x2a(1)设过点1,0的直线l与C相切于点M，求点M的坐标及直线l的方程；(2)过A的直线m与C相交于点P、A、Q三点，求证：∠PBA=∠QBA．【答案】(1)M4,3，(2)证明见解析【分析】（1）根据离心率乘积以及A2,0,B−2,0，可求得a,b，可得椭圆方程和双曲线方程，设切点为Mx0（2）设出直线方程，联立椭圆方程和双曲线方程，利用韦达定理，结合的BP,BQ斜率之和为零，即可求证.【详解】（1）由题设可得a2+b故椭圆方程为：x24+由图可知，切点M在双曲线x2设Mx0,y0，则k=因为直线l过点1,0，所以，x0将x0=4代入x2所以，M4,3，直线l的方程为：x−y−1=0（2）由题意可得PQ的斜率存在且不为零，故设方程为：y=kx−2联立x24−Δ=256k4−43−4k解得：x=2或x=8k2联立x24+解得：x=2或x=8k2所以kBP所以kBP=−k13.（2024·安徽·二模）在平面直角坐标系xOy中，利用公式x'=ax+byy'=cx+dy①（其中a，b，c，d为常数），将点Px,y变换为点P'x',y'的坐标，我们称该变换为线性变换，也称①为坐标变换公式，该变换公式①可由a，b，c，d组成的正方形数表a(1)在平面直角坐标系xOy中，将点P3,4绕原点O按逆时针旋转π3得到点P'（到原点距离不变），求点(2)如图，在平面直角坐标系xOy中，将点Px,y绕原点O按逆时针旋转α角得到点P'(3)向量OP=x,y（称为行向量形式），也可以写成xy，这种形式的向量称为列向量，线性变换坐标公式①可以表示为：x'y'=abcdxy，则称x'y'是二阶矩阵【答案】(1)P'(2)x'=x(3)证明见解析【分析】（1）利用三角函数的定义得到旋转之前的cosθ和sinθ，再由两角和的正弦、余弦公式得到点（2）利用三角函数的定义得到旋转之前的cosθ和sinθ，再由两角和的正弦、余弦公式得到点（3）根据定义分别计算Am+n、Am、【详解】（1）可求得OP=OP'=5，设∠POx=θ，则cosθ=35设点P'x',y'，∠POx=θ+故x'=5y'=5所以P'3（2）设OP=OP'=r，∠POx=θ，则x=rcosθ，y=rsin故x'=ry'=r所以坐标变换公式为x'该变换所对应的二阶矩阵为cos（3）设矩阵A=abcd，向量m=Am对应变换公式为：x'Am=所以A故对应变换公式同样为x所以Am【点睛】方法点睛：利用三角函数的定义解题：（1）角α的顶点与坐标原点重合；（2）角的始边与x轴正半轴重合；在角α的终边上任取一点P(x,y)，该点到原点的距离r=x2+y2，则：sin14.（多选）（2024·辽宁鞍山·二模）在平面直角坐标系中，定义dA,B=x1−x2+y1−y2为点Ax1,yA．dO,Q的最小值为2 B．dO,PC．dP,Q的最小值为52 D．d【答案】BCD【分析】对A，根据折线距离的定义，写出dO,Q对B，根据折线距离的定义，写出dO,P对C：利用圆的参数方程，结合折线距离的定义，写出dP,Q对D：利用抛物线的参数方程，，结合折线距离的定义，写出dR,Q【详解】对A：设Qx,25−2x，则dO,Q=x+25−x≥对B：设Px,y，则x2+y2对C：设Pcosθ,dP,Q=cosθ−x+sinθ−25+2x=cosθ−x+2sinθ2−对D：设R−t2dR,Q=−t24−x+t−25+2x=−t24故选：BCD【点睛】关键点点睛：本题的关键之一是对“折线距离”的理解，根据新定义，写出折线距离；关键之二是含有绝对值的式子的处理，可根据绝对值的放缩和绝对值不等式，去掉绝对值的符号再求相关最值.15.（2024·上海静安·二模）我们称如图的曲线为“爱心线”，其上的任意一点P(x,y)都满足方程x2−2xy+y2−【答案】5【分析】根据题意，得到x2+y2−2x+2【详解】解：由曲线方程x2由点M(22,−2)所以点M“爱心线”上任意一点的最小距离d，一定出现在爱心线位于y轴的右侧的点，当x≥0时，可得x2设曲线上任意一点P(x,y),(x≥0)，且M(2有PM2因为PM2的最小值为d2，所以2xy的最小值为当y>0时，心吧面积为S=2xy=2xy的最小值为当y<0时，心吧面积为S=2xy=−2xy的最大值为故答案为：5204解析几何与立体几何结合16.（2023·江西南昌·三模）艾溪湖大桥由于设计优美，已成为南昌市的一张城市名片.该大桥采用对称式外倾式拱桥结构，与桥面外伸的圆弧形人行步道相对应，寓意“张开双臂，拥抱蓝天”，也有人戏称：像一只展翅的蝴蝶在翩翩起舞（如图）.其中像蝴蝶翅膀的叫桥的拱肋（俗称拱圈），外形是抛物线，最高点即抛物线的顶点在桥水平面的投影恰为劣弧AB的中点（图2），拱圈在竖直平面内投影的高度为45m，劣弧AB所在圆的半径为50m，拱跨度AB为502m，桥面宽BC

A．45 B．1625 C．35【答案】A【分析】根据题意求得GH=15，从而得到tanα=3【详解】设弧AB的中点为H，弦AB的中点为G，圆心为O，拱圈的顶点为P，

有PH=45,OB=50,BG=252，易知OG⊥GB则OG=OB2设∠PGH=α，则tanα=根据对称性两个拱圈所在平面的夹角的余弦值为：cos2故选：A.17.（2024·河南·模拟预测）如图所示，在圆锥内放入两个球O1,O2，它们都与圆锥的侧面相切（即与圆锥的每条母线相切），且这两个球都与平面α相切，切点分别为F1,F2，数学家丹德林利用这个模型证明了平面α与圆锥侧面的交线为椭圆，记为Γ，F1,F(1)求椭圆Γ的标准方程.(2)点T在直线x=4上，过点T作椭圆Γ的两条切线，切点分别为M，N，A，B分别是椭圆Γ的左、右顶点，连接AM,BN，设直线AM与BN交于点P.证明:点P在直线x=4上.【答案】(1)x(2)证明见解析【分析】（1）根据切线长定理可得AF1=AC,（2）根据题意设出直线PA:y=k【详解】（1）设椭圆Γ的标准方程为x2由切线长定理知AF则AF1+由AD−AC=2所以椭圆Γ的标准方程为x（2）设Px已知A−2,0,B2,0联立方程组x2消去y得1+4k显然Δ=256由−2x1=16k所以M2−8联立方程组x2消去y得1+4k显然Δ=256由2x2=16k同理N8因为M，N是切点，且T4,t，所以直线MN的方程为4x4+ty=1显然直线MN过定点D1,0，即M，D，N三点共线，则4解得k2=3k联立方程组y0=k即点P在直线x=4上.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为x1（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，注意Δ的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1（5）代入韦达定理求解.18.（20-21高三上·全国·阶段练习）已知直线BC垂直单位圆O所在的平面，且直线BC交单位圆于点A，AB=BC=1，P为单位圆上除A外的任意一点，l为过点P的单位圆O的切线，则（）A．有且仅有一点P使二面角B−l−C取得最小值B．有且仅有两点P使二面角B−l−C取得最小值C．有且仅有一点P使二面角B−l−C取得最大值D．有且仅有两点P使二面角B−l−C取得最大值【答案】D【分析】先作出二面角的平面角，表示出二面角的正切值，再构造辅助函数，最后用导数求最值方法判断．【详解】过A作AM⊥l于M，连接MB、MC，如图所示，因为直线BC垂直单位圆O所在的平面，直线l在平面内，且直线BC交单位圆于点A，所以AC⊥l，AM,AC⊂平面AMC，AM∩AC=A，所以l⊥平面AMC，MC,MB⊂平面AMC，所以l⊥MC，l⊥MB，所以∠BMC是二面角B−l−C的平面角，设∠BMC=θ，∠AMC=α，∠AMB=β，AM=t，则θ=α−β，由已知得t∈0,2，AB=BC=1tanα=2t，tan令ft=t当t∈0,2时，f't>0，ft单调递增，当f所以t∈0,2，当t=2时，即当t=2时tanθ取最大值，从而由对称性知当t=2所以有且仅有两点P使二面角B﹣l﹣C取得最大值．故选：D．19.（2024·全国·模拟预测）人类对地球形状的认识经历了漫长的历程．古人认为宇宙是“天圆地方”的，以后人们又认为地球是个圆球.17世纪，牛顿等人根据力学原理提出地球是扁球的理论，这一理论直到1739年才为南美和北欧的弧度测量所证实．其实，之前中国就曾进行了大规模的弧度测量，发现纬度越高，每度子午线弧长越长的事实，这同地球两极略扁，赤道隆起的理论相符．地球的形状类似于椭球体，椭球体的表面为椭球面，在空间直角坐标系下，椭球面Γ:x2a2+y2b(1)已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0在其上一点Qx0,y0处的切线方程为xx0(2)我国南北朝时期的伟大科学家祖暅于5世纪末提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．祖暅原理用现代语言可描述为：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．当b=c时，椭球面Γ围成的椭球是一个旋转体，类比计算球的体积的方法，运用祖暅原理求该椭球的体积．【答案】(1)2(2)4【分析】（1）根据题意可知点F1的坐标，直线l不与x轴重合，设出直线l的方程，联立椭圆方程，得到关于y的一元二次方程，求出AB，根据题意可得椭圆在点A,B处的切线方程，进而求出点M的坐标，求出点M到直线l的距离，即可求出S（2）类比利用祖暅原理求球的体积的方法，构造以1为半径，2为高的圆柱，挖去同底（圆柱的上底）等高的圆锥构成的几何体与半椭球满足祖暅原理的条件，结合圆柱以及圆锥的体积公式，即可求得椭球的体积.【详解】（1）椭圆E的标准方程为x22+当直线l的倾斜角为0∘时，A,B所以直线l的倾斜角不为0∘设直线l:x=ty−1,Ax由x22+则Δ=8所以AB=1+又椭圆E在点A处的切线方程为x1x2+y由x1x2代入x1x2+y则点M到直线l的距离d=−1−所以S△ABM设m=t2+1令fm=2m3m2所以当m=1，即t=0时，△ABM的面积最小，最小值是22（2）椭圆E的焦点在x轴上，长半轴长为2，短半轴长为1，椭球由椭圆E及其内部绕x轴旋转180°而成旋转体，构造一个底面半径为1，高为2的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体，当平行于底面的截面与圆锥顶点距离为ℎ0≤ℎ≤2时，设小圆锥底面半径为则ℎ2=r1，即把x=ℎ代入E:x22+y所以半椭球的截面面积为πy由祖暅原理，得椭球的体积V=2V【点睛】难点点睛：本题考查了椭圆相关三角形面积的求法以及祖暅原理的应用，题目比较新颖，难度较大，解答的难点在于计算三角形面积时，要结合直线方程和椭圆方程联立，得出根与系数的关系，进行化简求解，计算量较大，另外要发挥空间想象能力，构造出圆柱中挖去一个圆锥，进而利用祖暅原理求解体积.20.（2024·河北石家庄·二模）已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2，离心率为22，过点F1的动直线l交E于A，B两点，点A在x轴上方，且l不与x轴垂直，△ABF2的周长为42(1)当点A为椭圆E的上顶点时，将平面xOy沿x轴折叠如图②，使平面A'F1F2⊥平面(2)若过F2作F2H⊥CD（i）证明:直线CD过定点；（ii）求PH的最大值.【答案】(1)3(2)（i）证明见详解；（ii）61【分析】（1）据题意求出椭圆方程，折叠后建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求出异面直线A'C与（2）（i）联立直线AF2与椭圆的方程，根据韦达定理求出点C的坐标，同理得到点D的坐标，进而得到直线CD的方程，根据对称性，可判断定点在x轴上，故令y=0，即可得到定点坐标；（ii）由题意可知，点H的轨迹为以F21,0，Q7【详解】（1）由椭圆定义可知AF1+所以△ABF2的周长为4a=42又因为椭圆离心率为22所以ca=2又b2所以椭圆的方程：x2所以椭圆的焦点为F1−1,0，当点A为椭圆E的上顶点时，A0,1所以直线l的方程为：y=x+1，由y=x+1x22+y由对称性知C4以O为坐标原点，折叠后原y轴负半轴，原x轴，原y轴的正半轴所在直线为x,y,z轴建立如图空间直角坐标系，则A'0,0,1，B13,−A'C=设直线A'C与BF则cosθ=异面直线A'C与BF（2）（i）设点Ax1,y1，B则直线AF2的方程为y=y由x=x1−1所以y1因为x122所以y1y3又x3同理，y4=y由A,F1,B所以x2直线CD的方程为y−y由对称性可知，如果直线CD过定点，则该定点在x轴上，令y=0得，x===−故直线CD过定点75（ii）由题意知点P0,−1，点H的轨迹为以F21,0，Q圆心为M65,0，半径为1【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点(x0,y005解析几何与导数结合问题21.（多选）（2024·浙江杭州·二模）过点P2,0的直线与抛物线C：y2=4x交于A,B两点．抛物线C在点A处的切线与直线x=−2交于点N，作NM⊥AP交ABA．直线NB与抛物线C有2个公共点B．直线MN恒过定点C．点M的轨迹方程是x−1D．MN3AB【答案】BCD【分析】设出直线AB的方程为x=ty+2，代入y2=4x，然后写出切线方程，结合韦达定理可判断AB；根据B可得M的轨迹方程，从而判断C；利用弦长公式及点到直线的距离公式表示出【详解】设直线AB的方程为x=ty+2，A联立x=ty+2y2=4x，消去x得y对于A：抛物线C在点A处的切线为y1当x=−2时得y=y12所以直线NB的方程为y−y2=联立y=−y14x−4y1y2对于B：直线MN的方程为x+2=−1ty−2t，整理得x=−yt对于C：又选项B可得点M在以线段OP为直径的圆上，点O除外，故点M的轨迹方程是x−12对于D：MN=−2−2则MN3令t2则MN3设fm则f'当m>5时，f'm>0，fm单调递增，当2所以fm故选：BC.

【点睛】方法点睛：直线与抛物线联立问题第一步：设直线方程：有的题设条件已知点，而斜率未知；有的题设条件已知斜率，点不定，都可由点斜式设出直线方程．第二步：联立方程：把所设直线方程与抛物线方程联立，消去一个元，得到一个一元二次方程．第三步：求解判别式Δ：计算一元二次方程根的判别式Δ＞0.第四步：写出根之间的关系，由根与系数的关系可写出．第五步：根据题设条件求解问题中的结论．22.（23-24高三下·江苏泰州·阶段练习）已知抛物线E：x2=2y，焦点为F，过F作y轴的垂线l0，点P在x轴下方，过点P作抛物线E的两条切线l1，l2，l1，l2分别交x轴于A，B两点，l1，(1)若l1，l2与抛物线E相切于C，D两点，求点(2)证明：△PAB的外接圆过定点；(3)求△PCD面积S的最小值．【答案】(1)P(2)证明见解析(3)4【分析】（1）由已知可得C，D两点的坐标，给函数求导可得切线的斜率，利用点斜式表示切线方程，联立方程即可得P点坐标；（2）设过P的两条切线分别与抛物线切于Qx1,x122，Rx2（3）由已知设C，D坐标，表示CD和P到CD的距离d，然后表示S△PCD,设x1x2=−t2【详解】（1）∵l1，l2与抛物线E相切于C，设C在左侧，则C−1,12由x2=2y得y=1所以l1的斜率为−1，l2的斜率为此时l1方程：y−12l2方程：y−12=x−1，即x−y−1（2）设过P的两条切线分别与抛物线切于Qx1,由（1）知直线PQ的斜率为x1，所以直线方程为y−x1直线PR的斜率为x2，直线PR方程为y−x2所以Px1+x2设△PAB外接圆的圆心为Mm,n，则M在AB的垂直平分线上，而AB的中点为x1+设△PAB外接圆方程为：x−x1+x2所以x1x2所以x−x整理得x2所以x2令x2+y2−y2（3）CD：y=12，所以C1所以CD=P到CD的距离为d=x1x设x1x2=−t2，r≥2t，当且仅当x1所以S△PCD令ft=tft在0,33所以ft≥f33=43【点睛】方法点睛：利用导数的几何意义可求得切线的斜率，表示切线方程，联立方程可表示P点的坐标；通过设x1x2=−t2，t>0，x1−x23.（2024·四川德阳·二模）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左，右顶点分别为A1,AA．52 B．2 C．3 【答案】A【分析】先根据双曲线的方程，得到k1k2=ba2，再设b【详解】设Px,y为双曲线C上异于A1、A2又A1−a,0，k所以ab设ba=x，则fx因为f'x=2x所以fx在0,12上单调递减，在1即ba=1此时：a=2b⇒a2=4b2=4c2−a2⇒故选：A24.（2024·全国·模拟预测）已知O是坐标原点，抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F，点Em,nm≥0,n≥0在C上，线段PQ是圆(1)求C的方程；(2)过点O作圆E的两条切线，与C分别交于异于点O的点A,B，求直线AB斜率的最大值．【答案】(1)y2(2)2【分析】（1）利用PF⋅QF=（2）设直线OA的方程为x=t1y，直线OB的方程为x=t2【详解】（1）连接EF，由题意知PF⋅QF=PE+得p=1，所以C的方程为y2（2）由题意知n2连接OE，则OE2所以m>1,n>2又当m=3n=412时，圆当m=32n=3时，圆故m≠3n≠4设直线OA的方程为x=t因为直线OA为圆E的切线，所以n2整理得n2−3设直线OB的方程为x=t同理可得n2所以t1,t2是关于所以t1+t由x=t1yy2所以直线AB的斜率为2t设fn=1当2<n<3时，f'n>0，当所以fn在2,3上单调递增，在所以当n>2时，f所以直线AB斜率的最大值为2925.（多选）（2024·河南信阳·模拟预测）太极图是由黑白两个鱼形纹组成的图案，俗称阴阳鱼，太极图展现了一种相互转化，相互统一的和谐美．定义：能够将圆O的周长和面积同时等分成两部分的函数称为圆O的一个“太极函数”下列有关说法中正确的是（

）A．对圆O:xB．函数f(x)=sinx+1是圆C．存在圆O，使得f(x)=ex+1D．直线(m+1)x−(2m+1)y−1=0所对应的函数一定是圆O:(x−2)【答案】BD【分析】举出反例判断A；说明fx=sinx+1的图象关于点(0,1)成中心对称，结合太极函数定义判断B；说明fx=e【详解】对于A，如图折线形成的函数f(x)是偶函数，满足S△ACE

显然函数f(x)的图象能将圆O的周长和面积同时等分成两部分，A错误；对于B，将正弦函数y=sinx的图象向上平移1个单位即得即f(x)=sinx+1的图象关于点(0,1)成中心对称，而圆O:x因此函数f(x)的图象能将圆O的周长和面积同时等分成两部分，B正确；对于C，f(x)=ex+1ex即f(x)=ex+1

若f(x)=ex+1ex−1是圆O的太极函数，则圆O的圆心应为因此函数f(x)不能将圆O的周长和面积同时等分成两部分，C错误；对于D，直线(m+1)x−(2m+1)y−1=0，即m(x−2y)+x−y−1=0，由x−2y=0x−y−1=0，解得x=2y=1，则直线(m+1)x−(2m+1)y−1=0恒过定点显然直线(m+1)x−(2m+1)y−1=0经过圆O:(x−2)该直线能将圆O的周长和面积同时等分成两部分，D正确，故选：BD【点睛】思路点睛：涉及函数新定义问题，理解新定义，找出数量关系，联想与题意有关的数学知识和方法，再转化、抽象为相应的数学问题作答.06解析几何的实际应用26.（2024·浙江·模拟预测）应用抛物线和双曲线的光学性质，可以设计制造反射式天文望远镜，这种望远镜的特点是，镜铜可以很短而观察天体运动又很清楚．某天文仪器厂设计制造的一种反射式望远镜，其光学系统的原理如图（中心截口示意图）所示．其中，一个反射镜PO1Q弧所在的曲线为抛物线，另一个反射镜MO2N弧所在的曲线为双曲线一个分支．已知F1,F

【答案】y【分析】设F1−c,0,F2c,0,Nx0【详解】以F1F2的中点O为原点，F不妨设F1由tan∠NF1F2又S△NF1O1F2故抛物线方程为y2故答案为：y27.（2024·浙江·二模）如图为世界名画《星月夜》，在这幅画中，文森特·梵高用夸张的手法，生动地描绘了充满运动和变化的星空.假设月亮可看作半径为1的圆O的一段圆弧E，且弧E所对的圆心角为4π5.设圆C的圆心C在点O与弧E中点的连线所在直线上.若存在圆C满足：弧E上存在四点满足过这四点作圆O的切线，这四条切线与圆C也相切，则弧E上的点与圆C上的点的最短距离的取值范围为.（参考数据：【答案】0,【分析】设弧E的中点为M，根据圆与圆相离，确定两圆的外公切线与内公切线，确定圆O的位置，分析可得弧E上的点与圆C上的点的最短距离.【详解】如图，设弧E的中点为M，弧E所对的圆心角为4π圆O的半径OM=1，在弧E上取两点A,B，则∠AOB≤分别过点A,B作圆O的切线，并交直线OM于点D，当过点A,B的切线刚好是圆O与圆C的外公切线时，劣弧AB上一定还存在点S,T，使过点S,T的切线为两圆的内公切线，则圆C的圆心C只能在线段MD上，且不包括端点，过点C，分别向AD,BD作垂线，垂足为R,P，则CR即为圆C的半径，设线段OC交圆C于点N，则弧E上的点与圆C上的点的最短距离即为线段MN的长度.在Rt△AOD中，OD则MN=即弧E上的点与圆C上的点的最短距离的取值范围为0,5故答案为：0,5【点睛】结论点睛：本题考查了根据两圆位置关系求距离的范围的问题.可按如下结论求解：相离的两个圆（圆心分别为O1和O2,半径分别为R和r）上的两个动点之间的距离L的最小值是两圆心之间的距离减去两圆的半径，最大值是两圆心之间的距离加上两圆的半径，即28.（2024·山西晋中·模拟预测）“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长.某些折纸活动蕴含丰富的数学知识，例如：如图用一张圆形纸片，按如下步骤折纸：步骤1：设圆心是E，在圆内异于圆心处取一定点，记为F；步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点F（即折叠后图中的点A与点F重合）；步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕，记折痕与AE的交点为P；步骤4：不停重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕.现取半径为4的圆形纸片，设点F到圆心E的距离为23，按上述方法折纸.以线段EF的中点为原点，线段EF所在直线为x轴建立平面直角坐标系xOy，记动点P的轨迹为曲线C(1)求曲线C的方程；(2)设轨迹C与x轴从左到右的交点为点A，B，Q为直线l:x=4上的一动点（点Q不在x轴上），连接AQ交椭圆于C点，连接QB并延长交椭圆于D点.是否存在λ，使得S△ACD=λS【答案】(1)x(2)存在λ=3，理由见详解【分析】（1）由折纸的对称性可知，PE+PF=（2）设Q4,m，m≠0，Cx1,y1，【详解】（1）由题意可知，PE+所以点P的轨迹是以E，F为焦点，且长轴长2a=4的椭圆，焦距2c=EF所以b2=a2−（2）存在λ=3，使得S△ACD设Q4,m，m≠0，Cx1又A−2,0，所以直线AQ的斜率为m所以直线AQ的方程为y=m6x+29+m2x2+4所以y1因为B2,0，所以直线BQ斜率为m所以直线BQ的方程为y=m2x−21+m2x2−4所以y2所以直线CD的斜率为6m9+所以直线CD的方程为y−−2m1+m所以直线CD恒过定点1,0，设该定点为M，所以AM=3，BMS=1S=1所以S△ACD所以λ=3.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为x1（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，注意Δ的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1（5）代入韦达定理求解.29.（2024·全国·模拟预测）已知一个玻璃酒杯盛酒部分的轴截面是抛物线，其通径长为1，现有一个半径为r(r>0)的玻璃球放入该玻璃酒杯中，要使得该玻璃球接触到杯底（盛酒部分），则r的取值范围是（

）A．(0,2] B．12,2 C．0,1【答案】C【分析】以轴截面抛物线的顶点为原点，对称轴为y轴建立平面直角坐标系，写出该玻璃球的轴截面的方程和抛物线的方程，两方程联立，只有一个解求解.【详解】解：以轴截面抛物线的顶点为原点，对称轴为y轴建立平面直角坐标系，当玻璃球能够与杯底接触时，该玻璃球的轴截面的方程为x2+(y因为抛物线的通径长为1，则抛物线的方程为y=x代入圆的方程消元得：x2所以原题等价于方程x2x2+(1−2r)=0因为由x2x2+(1−2r)=0所以需2r−1≤0或2r−1>r2，即r≤1因为r>0，所以0<r≤1故选：C．30.（2024·上海静安·二模）江南某公园内正在建造一座跨水拱桥．如平面图所示，现已经在地平面以上造好了一个外沿直径为20米的半圆形拱桥洞，地平面与拱桥洞外沿交于点A与点B．现在准备以地平面上的点C与点D为起点建造上、下桥坡道，要求：①BD=AC；②在拱桥洞左侧建造平面图为直线的坡道，坡度为1:22（坡度为坡面的垂直高度和水平方向的距离的比）；③(1)请你设计一条过桥道路，画出大致的平面图，并用数学符号语言刻画与表达出来；(2)并按你的方案计算过桥道路的总长度；（精确到0.1米）(3)若整个过桥坡道的路面宽为10米，且铺设坡道全部使用混凝土．请设计出所铺设路面的相关几何体，提出一个实际问题，写出解决该问题的方案，并说明理由（如果需要，可通过假设的运算结果列式说明，不必计算）．【答案】(1)答案见解析(2)答案见解析(3)答案见解析【分析】（1）解法1；以线段AB的中点O为坐标原点建立平面直角坐标系，求得圆O的方程，得到y=122(x+30)，联立方程组，求得E−103,2023，设圆M的半径为r，求得圆M的方程为x2+(y+40)2=502（2）解法1：求得圆弧EF的长为10π2−arctan22，得到圆弧FD的长为50arctan34（3）设计让桥的侧面所在平面垂直于地平面，提出问题，结合面积公式，分别求得铺设过桥路需要混凝土的值.【详解】（1）解法1、如图所示，以线段AB的中点O为坐标原点建立平面直角坐标系，则，圆O的方程为x2由tanC=122，OE=10得过点C作圆O的切线DE，切点为E，直线CE的斜率为122，其方程为所以直线OE的斜率为−22，其方程为y=−22x得点E的坐标为−10经过点D作圆M与圆O切于点F（圆O与y轴的交点），设圆M的半径为r，则OD2+OM2所以，圆M的方程为x2故用函数表示过桥道路为y=1解法2、如图所示，以线段AB的中点O为坐标原点建立平面直角坐标系，作圆N与x轴相切于点D，并和圆O切于点G，设圆M的半径为r，则OD2+DN2所以圆N的方程为(x−30)2将直线OG的方程代入x2+y2=100所以用函数表示过桥道路为y=1（2）解法1：由点E的坐标为−103,所以圆弧EF的长为10π2−由点D的坐标为30,0，点M的坐标为0,−40，得∠DMF=arctan所以圆弧FD的长为50arctan34所以过桥道路的总长度为202+10π2−arctan2解法2：因为OE=−10则cos〈OE,所以圆弧EG的长为10arccos又由点G的坐标为(6,8)，得∠OND=π所以圆弧GD的长为40π所以过桥道路的总长度为202+10arccos−3+8215（3）解：设计让桥的侧面所在平面垂直于地平面，则桥拱左侧铺设的是以曲边形ACE为底面，高为10米的柱体；桥拱右侧铺设的是以曲边形BDF（BDG）为底面，高为10米的柱体，提问：铺设坡道共需要混凝土多少立方米？方案1：S曲边形所以，铺设过桥路需要混凝土10（S△COD−S方案2：S曲边形所以，铺设过桥路需要混凝土10（S△COD−S07切线、斜率相关问题过圆x−a2+y−b2=过圆x−a2+y−b2=过椭圆x2a2+y过椭圆x2a2+y过双曲线x2a2−y过双曲线x2a2−y31.（多选）（2024·浙江金华·模拟预测）已知椭圆x22+y2=1,O为原点，过第一象限内椭圆外一点PxA．k3⋅k4为定值C．x0−y0的最大值为2【答案】AD【分析】设直线AB的方程为y=kx+t，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，由k1⋅k2=14得到方程，求出t2=4k2−1，证明椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)在Qx3,y3【详解】由于k1⋅k2=14所以直线AB方程斜率一定存在，设直线AB的方程为y=kx+t，联立x21+2k设Ax1,故y=k其中k1故y1y2所以−8k2+4下面证明椭圆E:x2a2+当y3≠0时，故切线的斜率存在，设切线方程为代入椭圆方程得：a2由Δ=a2所以x3把x3=−a2于是n=−m则椭圆的切线斜率为−b2x整理得到a2其中b2x32+当y3=0时，此时x3当x3=a时，切线方程为x=a，满足当x3=−a时，切线方程为x=−a，满足综上：椭圆E:x2a2+故椭圆在点Ax1,同理可得，椭圆在点Bx2,由于点Px0,y0故x1x0所以直线AB为x0因为直线AB的方程为y=kx+t，对照系数可得k=−x又t2=4k2−1又Px故点Px0,A选项，k3=−b则k3B选项，k=1其中k==又t2故k1故k1C选项，由于x02−y02=1设x0−y0=sD选项，由于x02−y02=1设5x0−3则两式联立得−16y由Δ=36ℎ2检验，当ℎ=4时，5x0−3解得x0故5x故选：AD【点睛】结论点睛：过圆x−a2+y−b2=过圆x−a2+y−b2=过椭圆x2a2+y过椭圆x2a2+y过双曲线x2a2−y过双曲线x2a2−y32.（2024·全国·模拟预测）费马原理，也称为时间最短原理：光传播的路径是光程取极值的路径．在凸透镜成像中，根据费马原理可以推出光线经凸透镜至像点的总光程为定值（光程为光在某介质中传播的路程与该介质折射率的乘积）．一般而言，空气的折射率约为1．如图是折射率为2的某平凸透镜的纵截面图，其中平凸透镜的平面圆直径MN为6，且MN与x轴交于点−2,0．平行于x轴的平行光束从左向右照向该平凸透镜，所有光线经折射后全部汇聚在点2,0处并在此成像．（提示：光线从平凸透镜的平面进入时不发生折射）

(1)设该平凸透镜纵截面中的曲线为曲线C，试判断C属于哪一种圆锥曲线，并求出其相应的解析式．(2)设曲线F为解析式同C的完整圆锥曲线，直线l与F交于A，B两点，交y轴于点H，交x轴于点Q（点Q不与F的顶点重合）．若HQ=k1QA=【答案】(1)C为双曲线的一部分，解析式为x(2)2,0或−2,0【分析】（1）设Tx（2）设出H，Q的坐标，根据向量的坐标运算得到A，B的坐标，将点A，B的坐标代入F的方程，得到两个方程，根据根与系数的关系及k1【详解】（1）设C上任意一点Tx0,y0，x0<0，光线从点N至点2,0的光程为δ则δ1=1×3由题意得δ1=δ2，得∴1+4x02−4x0=∴C为双曲线的一部分，解析式为x2（2）由题意知F:x设H0,n，Qm,0m≠±1，A则HQ=m,−n，QA=∵HQ=k1QA易知k1≠0，k2≠0，得即Amk1将点A的坐标代入x2−y化简整理得m2同理可得m2∴k1与k2∴k由题知k1+k2=−∴点Q的坐标可能为2,0或−2,0.

【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线与直线的位置关系，关键是将向量坐标化，并将点代入曲线得到关于k的二次方程，结合韦达定理求解.33.（2024·山东临沂·一模）动圆C与圆C1:(x+2)2+y2(1)求E的方程；(2)已知圆锥曲线具有如下性质：若圆锥曲线的方程为Ax2+2Bxy+Cy2+2Dx+2Ey+F=0，则曲线上一点x0,y0处的切线方程为：Ax0x+Bx0y+y（i）证明：直线AB过定点；（ii）点A关于x轴的对称点为A'，连接A'B交x轴于点M，设△AC2【答案】(1)x(2)（i）证明见解析，（ii）3【分析】（1）根据椭圆的定义求解点的轨迹方程；（2）（i）根据题意中的性质求解出两条切线方程，代入点P坐标后，得出直线AB的方程，从而得出定点坐标；（ii）联立直线AB的方程与椭圆E的方程，由韦达定理得出y1+y2,【详解】（1）设动圆C的半径为r，由题意得圆C1和圆C2的半径分别为52因为C与C1，C所以CC1=5所以CC又C1−2,0，C2所以点C的轨迹是以C1，C设E的方程为：x2则2a=42，2c=4，所以b故E的方程为：x2（2）（i）证明：设Ax1,y1由题意中的性质可得，切线PA方程为xx切线PB方程为xx因为两条切线都经过点P8,t，所以x1+故直线AB的方程为：x+ty4=1，显然当y=0故直线AB经过定点1,0.（ii）设直线AB的方程为：x=my+1m≠0联立x=my+1x2+2由韦达定理得y1又A'x1,−y令y=0得，x=2m所以直线A'B经过定点M8,0所以S=6所以S1−S2max【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：(1)“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；(2)“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；(3）求证直线过定点x0,y0，常利用直线的点斜式方程34.（2024·湖北武汉·模拟预测）某校数学问题研究小组的同学利用电脑对曲线Γ:y2=8x进行了深人研究．已知点Px0，y0(1)问题1：过曲线Γ的焦点F的直线与曲线Γ交于A,B两点，点A在第一象限．（i）求△AOB（O为坐标原点）面积的最小值；（ii）曲线Γ在点A，B处的切线分别为l1，l2，两直线(2)问题2：若A，B是曲线Γ上任意两点，过AB的中点N作x轴的平行线交曲线Γ于点C，记线段AB与曲线Γ围成的封闭区域为SC【答案】(1)（i）8；（ii）证明见解析(2)4【分析】（1）（i）设直线AB的方程为x=ty+2，与抛物线联立，利用韦达定理计算S△AOB=1（2）Ay128,【详解】（1）（i）明显直线AB的斜率不为零，设直线AB的方程为x=ty+2，Ay联立x=ty+2y2=8x，消去x则y1又S△AOB则当t=0时，△AOB的面积最小，且最小值为8；（ii）由已知得l1联立y1y=4x+y所以MF所以MF⋅AB=4（2）如图.Ay12则CyS△ABC分别过线段AC的中点N1，线段BC的中点N作x轴的平行线交抛物线分别于C1,C同理可得S△ACC1Sc又由于Sc的面积=Sr1的面积所以kS△ABC=【点睛】关键点点睛：本题的关键是如何绕过直接求出曲线围成的面积，通过找到各三角形与三角形ABC之间的关系，从而解出k值.35.（2024·浙江金华·模拟预测）已知双曲线Γ：x2−y23=1，F为双曲线Γ的右焦点，过F作直线l1交双曲线Γ于A，B两点，过F点且与直线l(1)求双曲线Γ的离心率；(2)若直线OP的斜率为32，求AB(3)设直线AB，AP，AM，AN的斜率分别为k1，k2，k3，k4，且k1k2k3【答案】(1)e=2(2)AB(3)v=【分析】（1）根据双曲线方程求离心率；（2）首先由已知得P12,34（3）首先由条件设出点A,M,N的坐标，并根据已知条件表示k1,k2，进而求出k1+k2和k1【详解】（1）由双曲线方程可知，a2=1，b2所以双曲线的离心率e=c（2）设Ax0,y0，Bx1,y所以直线l1的斜率k=2，故直线l1的方程为联立直线l1和双曲线Γ，y=2x−2x2−由韦达定理得x0+x所以AB=（3）设Ax0,y0因为l2⊥l1，故l2为y=−所以k2因为点Ax0,y0所以k2所以k1k1又kOP=yPxP=3k根据题意知k12≠3，此方程的两根即为x所以k3=−12即k所以k3+【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是设出相关点的坐标，利用相关点的坐标表示斜率，整理后即可求解.08模长相关问题利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为x1（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，注意Δ的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1（5）代入韦达定理求解.36.（23-24高三下·浙江·开学考试）已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为4，离心率为1(1)证明：AC与AF不可能垂直；(2)求|AB|【答案】(1)证明见解析(2)999【分析】（1）求出椭圆方程，设出点A坐标，结合AC⋅（2）设直线AB方程，联立直线AB方程与椭圆方程，结合韦达定理可表示|AB|2+|BC【详解】（1）由题意知，2a=4e=又因为b2=a2−证明：设Ax1,y1，如图所示，假设AC⊥AF，即AC⊥AF，所以AC⋅又AC=(−2−x1所以x12由①②消去y1得到x12+4x（2）如图所示，

设AB方程为：x=ty+1，由x=ty+1x24设Ax1,所以AB=AC=t2+1所以|AB|2+|BC设m=3t则|AB=216即当m=325，即t2=4故|AB|2+|BC37.（2024·浙江台州·二模）已知椭圆C：9x2+8y2=81，直线(1)求椭圆C的焦点坐标；(2)求圆Q的方程；(3)设点P1,3，过P作圆Q的两条切线分别交椭圆C于点A，B，求△PAB【答案】(1)0,±(2)x−(3)6【分析】（1）化简椭圆的标准方程，根据a,b,c的关系即可求得焦点坐标；（2）先联立方程求得M−1,3，N−1,−3，求出直线（3）设过P作圆Q的切线方程为y=kx−1【详解】（1）椭圆的标准方程为x29+y2（2）将x=−1代入椭圆方程9x2+8y直线MT的方程为y=3−1−3x−3设圆Q方程为x−t2+y2=则Q到直线MN和直线MT的距离相等，即t+1=3t+4×0−932+4所以圆Q方程为x−1（3）显然直线PA和直线PB的斜率均存在，设过P作圆Q的切线方程为y=kx−1其中k有两个不同的取值k1和k2分别为直线PA和由圆Q与直线相切得：k12−1则k1由y=k1x−1可得xA所以y=−3同理xB=8k22−48所以AB与圆Q相切，将y=−32代入9x所以AB=27，又点P到直线AB的距离为设△PAB的周长为m，则△PAB的面积S△ABC解得m=67.所以△PAB的周长为6

38.（2024·浙江金华·模拟预测）在直角坐标系xOy中，圆Γ的圆心P在y轴上（P不与O重合），且与双曲线Ω:x2(1)求Ω的离心率；(2)若Ω的右焦点为F(2,0)，且圆Γ过点F，求|FA|+|FB|的取值范围．【答案】(1)2(2)(2【分析】（1）由点差法与直线与圆的性质分别得到与直线AB的斜率有关的等量关系，结合已知条件将PA2+PB2（2）将|FA|+|FB|化斜为直，转化为FA+FB=【详解】（1）设Ax1,y1，由题意P不与O重合，则y1+y2≠0所以AB斜率存在且不为0.由A,B在双曲线上，则x12a两式作差得x1所以有x1故y1+由圆Γ的圆心P在y轴上（P不与O重合），设P(0,m)(m≠0)，由题意PA2则PA2化简得m(y1+y2由圆Γ的圆心为P，弦AB中点为M，所以MP⊥AB，则y1+y2由①②得，b2a2故Ω的离心率为2.（2）由Ω的右焦点为F(2,0)，得c=2，由（1）知，c=2a，所以有a=b=2设圆的方程为x2+(y−m)2=则圆的方程可化为x2联立x2−y2=2Δ=其中y1+y2=m由FA=同理FB=所以FA+其中y1令2m2+9所以y1设g(t)=(t+2)2−1由函数y=g(t)在(3,+∞)单调递增，则g(t)>g(3)=12，即所以有y1故FA+FA+

【点睛】方法点睛：圆锥曲线最值范围问题，关键在把要求最值（范围）的几何量、代数式转化为某个（些）参数的函数，然后利用函数、不等式方法进行求解.39.（2023·安徽芜湖·模拟预测）设双曲线E：x2a2−y2b2=1（a>0，b>0(1)求双曲线E的方程；(2)过点F作两条互相垂直的直线m，n，其中m与E的右支交于A，B两点，与直线x=32交于点M，n与E的右支相交于C，D两点，与直线x=32交于点【答案】(1)x(2)4【分析】（1）由题意可得双曲线不过点P2（2）借助韦达定理与两点间距离公式表示出1MA+1【详解】（1）由P23,4，P33,2，P4−3,2，故该双曲线不过点P2则有3a2−0b（2）由双曲线方程为x23−由题意可知，m，n的斜率均存在，设m的斜率为k，则n的斜率为−1即lm:y=kx−2，设A令x=32，则y=k3联立双曲线x23−由双曲线性质可知k∈−∞,−此时Δ>0有x1+x则MA=1+k故1==1同理可得1NC则1=41+21k+即1MA+1【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为x1（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，注意Δ的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1（5）代入韦达定理求解.圆锥曲线最值范围问题，关键在把要求最值（范围）的几何量、代数式转化为某个（些）参数的函数，然后利用函数、不等式方法进行求解.40.（2024高三·全国·专题练习）已知O为坐标原点，抛物线C:y2=2pxp>0，过点(1)求抛物线C的方程；(2)若点D−1,0，连接AD，BD，证明：AD(3)已知圆G以G为圆心，1为半径，过A作圆G的两条切线，与y轴分别交于点M，N且M，N位于x轴两侧，求△AMN面积的最小值．【答案】(1)y(2)证明见解析(3)8【分析】（1）设直线AB的方程为x=my+1，联立方程，利用韦达定理求出y1y2，再求出x1x（2）要证AD⋅BG=BD⋅（3）记AM，AN分别与圆G切于点T，F，连接TG，MG，NG，求出AT，结合切线长定理可得AT=AF，NO=NF，MO=【详解】（1）设直线AB的方程为x=my+1，由y2=2pxx=my+1设Ax1,则y1y2从而OA⋅OB=所以抛物线C的方程为y2（2）要证AD⋅BG=BD⋅由（1）可知y1y2则k=2故AD⋅（3）记AM，AN分别与圆G切于点T，F，连接TG，MG，NG，由题意，得AT=由切线长定理，知AT=AF，NO=所以S△AMN又S=====MN+1所以S△AMN当且仅当y12−4=4故△AMN面积的最小值为8．【点睛】思路点睛：解决直线与圆锥曲线的位置关系问题要做好两点：一是转化，把题中的已知和所求准确转化为代数中的数与式，即形向数的转化；二是设而不求，即联立直线方程与圆锥曲线方程，利用根与系数的关系求解．09解析几何新考点41.（2024·安徽芜湖·二模）已知直线l：Ax+By+C=0A2+B2A．0,1 B．1,−1 C．1,1 D．1,0【答案】C【分析】由函数y=x3−x的性质可得曲线W的对称中心(0,0)，即得E(0,0)【详解】显然函数f(x)=x3−x的定义域为R，f(−x)=因此曲线W的对称中心为(0,0)，由直线l与曲线W的三个交点D,E,F满足DE=EF=2设D(x,x3−x)，则x2+(x解得t=2，即x=±2，因此点D(2,2)或D(−选项中只有坐标为(1,1)的向量与ED共线，能作为直线l的方向向量的坐标是(1,1).故选：C【点睛】关键点点睛：本题的关键首先是得到曲线对称中心为(0,0)，从而得到E(0,0)，然后再去设点D坐标，根据DE=2，得到高次方程，利用换元法结合因式分解解出D42.（2023·陕西西安·模拟预测）双纽线是1694年被瑞士数学家雅各布·伯努利用来描述他所发现的．在平面直角坐标系xoy中，把到定点F1−a,0和F1a,0距离之积等于a2a>0的点的轨迹称为双纽线①双纽线C关于原点对称；②−a2≤y0≤a2；③双纽线C上满足PA．①②③ B．①②④ C．①② D．①②③④【答案】B【分析】对①，设动点C(x,y)，把(x,y)关于原点对称的点(−x,−y)代入轨迹方程，显然成立；对②，根据△PF1F2的面积范围证明即可；对③，易得若PF1=PF2，则P在y轴上，再根据Px【详解】对①，设动点C(x,y)，由题可得C的轨迹方程[(x−a)把(x,y)关于原点对称的点(−x,−y)代入轨迹方程，原方程不变，故①正确；对②，因为Px0,又PF1⋅即y0=a2sin对③，若PF1=PF2，则故此时x0=0，代入可得y0=0，即P0,0对④，因为∠POF1+∠PO即OP2因为OF1=故2OP即2OP所以2OP又PF1−故2OP即OP2≤2a2，解得故选：B【点睛】关键点点睛：本题主要考查了动点轨迹方程的性质判定，因为该方程较复杂，故在作不出图象时，需要根据题意求出动点的方程进行对称性的分析，同时需要结合解三角形的方法对所给信息进行辨析.43.（2024·河北邯郸·二模）已知椭圆C的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过M2,0(1)求C的方程．(2)A,B是C上两个动点，D为C的上顶点，是否存在以D为顶点，AB为底边的等腰直角三角形？若存在，求出满足条件的三角形的个数；若不存在，请说明理由．【答案】(1)x(2)存在，3个【分析】（1）设椭圆C的方程为mx2+n（2）设直线DA为y=kx+1，直线DB为y=−1kx+1，当k=1时，由椭圆的对称性知满足题意；当k2≠1时，联立直线与椭圆方程，求出A,B的坐标，进而求出AB【详解】（1）由题设椭圆C的方程为mx因为椭圆过M2,0所以4m=1m+34n=1，得到m=1（2）由（1）知D(0,1)，易知直线DA,DB的斜率均存在且不为0，不妨设kDA=k(k>0)，kDB=−1k，直线DA为由椭圆的对称性知，当k=1时，显然有DA=当k2≠1时，由y=kx+1x24所以xA=−8k1+4k同理可得B(8kk2设AB中点坐标为(x0,y0所以AB中垂线方程为y+15要使△ADB为AB为底边的等腰直角三角形，则直AB中垂线方程过点(0,1)，所以1+15k2令t=k2，则t2−7t+1=0，Δ=49−4>0，所以t有两根t故有2个不同的k2值，满足k所以由椭圆的对称性知，当k2综上所述，存在以D为顶点，AB为底边的等腰直角三角形，满足条件的三角形的个数有3个.

【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（2）问，通过设出直线DA为y=kx+1，直线DB为y=−1kx+1，联立椭圆方程求出A,B坐标，进而求出直线AB的中垂线方程，将问题转化成直线AB的中垂线经过点D(0,1)44.（2024·全国·一模）我国著名科幻作家刘慈欣的小说《三体Ⅱ·黑暗森林》中的“水滴”是三体文明使用新型材料-强互作用力（SIM）材料所制成的宇宙探测器，其外形与水滴相似，某科研小组研发的新材料水滴角测试结果如图所示（水滴角可看作液、固、气三相交点处气—液两相界面的切线与液—固两相交线所成的角），圆法和椭圆法是测量水滴角的常用方法，即将水滴轴截面看成圆或者椭圆（长轴平行于液—固两者的相交线，椭圆的短半轴长小于圆的半径）的一部分，设图中用圆法和椭圆法测量所得水滴角分别为θ1，θ附：椭圆x2a2+yA．θ1<θC．θ1>θ2 D．【答案】A【分析】运用圆和椭圆的切线方程分别求得tanθ1、tanθ【详解】由题意知，若将水滴轴截面看成圆的一部分，圆的半径为R，如图所示，则R2=(R−1)所以tanθ若将水滴轴截面看成椭圆的一部分，设椭圆方程为x2a2则切点坐标为(−2,b−1)，则椭圆x2a2+y所以椭圆的切线方程的斜率为k2将切点坐标(−2,b−1)代入切线方程可得4a2+所以tanθ又因为b<R=5所以tanθ2=所以θ1故选：A.45.（2020·上海浦东新·三模）数学中的数形结合也可以组成世间万物的绚丽画面，一些优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的产物，曲线C：(x

（1）方程(x（2）曲线C上任一点到坐标原点O的距离都不超过2；（3）曲线C构成的四叶玫瑰线面积大于4π（4）曲线C上有5个整点(横、纵坐标均为整数的点).A．（1）（2） B．（1）（2）（3） C．（1）（2）（4） D．（1）（3）（4）【答案】A【分析】因为xy<0，所以x与y异号，从而可判断（1）；利用基本不等可判断（2）；将以O为圆心，2为半径的圆的面积与曲线C围成区域的面积进行比较即可判断（3）；先确定曲线C经过点(2,2)，再将第一象限内经过的整点(1,1)，(1,2)，【详解】对于（1）：因为xy<0，所以x与y异号，故图象在第二和第四象限，正确；对于（2）：因为x2+y2≥2xy所以x2+y对于（3）：以O为圆点，2为半径的圆O的面积为4π结合（2）知然曲线C围成的区域的面积小于圆O的面积，错误；对于（4）：将x2+y2=4所以可得圆x2+y2=4与曲线C相切于点(2,点(2

由曲线的对称性可知，只需要考虑曲线在第一象限内经过的整点即可，把1,1，1,2和2,1代入曲线C的方程验证可知，等号不成立，所以曲线C在第一象限内不经过任何整点，再结合曲线的对称性可知，曲线C只经过整点0,0，错误.故选：A10解析几何之类比距离问题46.（23-24高三上·黑龙江·期末）已知直线y=kx+2k∈R交圆O:x2+yA．9 B．16 C．27 D．30【答案】D【分析】根据题中条件，先求得弦PQ的中点Ex,y的轨迹方程，则3x1+4y1+165+【详解】由题设直线与y轴的交点为A0,2，设弦PQ的中点为E连接OE，则OE⊥PQ，即OE⊥AE，所以OE⋅即x,y⋅所以点E的轨迹方程为x2即E的轨迹是以0,1为圆心，1为半径的圆，设直线l为3x+4y+16=0，则E到l的最小距离为4+165过P､E､Q分别作直线则四边形MNQP是直角梯形，且R是MN的中点，则ER是直角梯形的中位线，所以MP+NQ=2即3x所以3x故选：D.47.（2024·新疆乌鲁木齐·二模）在平面直角坐标系xOy中，重新定义两点Ax1,y1,Bx(1)求“椭圆”的方程；(2)根据“椭圆”的方程，研究“椭圆”的范围、对称性，并说明理由；(3)设c=1,a=2，作出“椭圆”的图形，设此“椭圆”的外接椭圆为C,C的左顶点为A，过F2作直线交C于M,N两点，△AMN的外心为Q，求证：直线OQ与MN【答案】(1)x+c(2)答案见解析(3)证明见解析【分析】（1）设“椭圆”上任意一点为Px,y，则P（2）将点分别代入即可判断其对称性，取绝对值符号，进而可得出范围；（3）先求出椭圆方程，设直线MN的方程为x=my+1m≠0,Mx1,y1,Nx2,【详解】（1）设“椭圆”上任意一点为Px,y，则P即x+c+y+所以“椭圆”的方程为x+c+（2）由方程x+c+x−c+2因为y≥0，所以2a−x+c−所以x≤−c−x−c−x+c≤2a或−c<x<cx+c−x+c≤2a或解得−a≤x≤a，由方程x+c+x−c+2即2a−2y=−2x,x≤−c2c,−c<x<c2x,x≥c所以“椭圆”的范围为−a≤x≤a，c−a≤y≤a−c，将点−x,y代入得，−x+c+即x+c+x−c+2将点x,−y代入得，x+c+即x+c+x−c+2将点−x,−y代入得，−x+c+即x+c+所以“椭圆”关于x轴，y轴，原点对称；

（3）由题意可设椭圆C的方程为x2将点1,1代入得14+1所以椭圆C的方程为x24+由题意可设直线MN的方程为x=my+1m≠0联立x=my+1x24Δ=4则y1因为AM的中点为x1所以直线AM的中垂线的方程为y=−m同理直线AN的中垂线的方程为y=−m设Qx0,y0即y1,y所以y1又因y1所以−m两式相比得−mx0−所以kMN所以直线OQ与MN的斜率之积为定值−3．

【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（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．48.（2024·江苏南通·二模）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆Γ：x2a2+y2b(1)求Γ的方程；(2)对于给定的点集M，N，若M中的每个点在N中都存在距离最小的点，且所有最小距离的最大值存在，则记此最大值为d(M,N).（ⅰ）若M，N分别为线段AB与圆O上任意一点，P为圆O上一点，当△PAB的面积最大时，求d(M,N)；（ⅱ）若d(M,N)，d(N,M)均存在，记两者中的较大者为H(M,N).已知H(X,Y)，H(Y,Z)，H(X,Z)均存在，证明：H(X,Z)+H(Y,Z)≥H(X,Y).【答案】(1)x2(2)（ⅰ）32【分析】（1）根据给定条件，求出a，再结合离心率求出b即得.（2）（ⅰ）在直线l的斜率存在时，设出直线方程并与椭圆方程联立，借助判别式求出圆心O到l距离，列出△PAB的面积关系求解，再验证斜率不存在的情况；（ⅱ）利用新定义，结合对称性推理即得.【详解】（1）因为当l垂直于x轴时，|AB|=26，而直线l:x=±a与Γ相切，则23a又椭圆Γ的离心率为63，则椭圆Γ的半焦距c=2，所以Γ的方程为x2（2）（i）当l的斜率存在时，设l的方程为：y=kx+m，由y=kx+mx2+3y2由直线l与椭圆Γ相切，得Δ=(6km)2于是圆心O到直线l的距离d=|m|则△PAB的面积为S△PAB设f(d)=(3−d)(d+3)3,1≤d<当1≤d<32时，f'(d)>0，函数f(d)单调递增，当32因此当d=32时，f(d)取得最大值，此时当l的斜率不存在时，由（1）知，S≤1由(934)2对于线段AB上任意点E，连接OE并延长与圆O交于点F，则F是圆上与E最近的点，当E为线段AB的中点时，EF取得最大值32，所以d(M,N)=（ii）因为H(X,Y),H(Y,Z),H(X,Z)均存在，设点X1,X设Y2是集合Y中到X2的最近点，根据对称性，不妨设令点X2到集合Z的最近点为Z3，点Z3到集合Y因为X1Z1是集合X中所有点到集合Z因为Y1Z2是集合Y中所有点到集合Z因此H(X,Z)+H(Y,Z)=X而在坐标平面中，X2Z3+Y3Z3≥所以H(X,Z)+H(Y,Z)≥H(X,Y).【点睛】关键点睛：本题第（2）问涉及新定义问题，反复认真读题，理解最小距离的最大值的含义是解题的关键.49.（2022·上海闵行·二模）已知直线l:xa+yb=1与圆A．40条 B．46条 C．52条 D．54条【答案】A【分析】通过分析得出圆x2+y关于y轴对称的两点所连直线（不含y=0），再结合45a2+5b2≥利用垂径定理，弦长越小，原点到直线的距离越大，故先求解最小弦长，进而求出原点到此类直线的距离，与45比较后发现不合要求，进而继续求解第二小弦长，第三小弦长，求出原点到每类直线的距离，与4【详解】圆x2+y如图所示，由题意可知：直线的横、纵截距都不为0，即与坐标轴不垂直，不过坐标原点，所以关于原点对称的两点所连直线不合题意，有6条，舍去，关于x轴对称的两点所连直线（不含x=0）不合题意，有4条，舍去，关于y轴对称的两点所连直线（不含y=0）不合题意，有4条，舍去其中45a2几何意义为原点到直线l:xa+这12个点所连的直线中，除去以上不合要求的直线外，根据弦长从小到大