2024年全国一卷数学新高考题型细分S13圆锥曲线多选4抛物线综合其他

2024年全国一卷新高考题型细分S13——圆锥曲线多选抛物线，综合，其他试卷主要是2024年全国一卷新高考地区真题、模拟题，合计202套。其中全国高考真题4套，广东47套，山东22套，江苏18套，浙江27套，福建15套，河北23套，湖北19套，湖南27套。题目设置有尾注答案，复制题干的时候，答案也会被复制过去，显示在文档的后面，双击尾注编号可以查看。方便老师备课选题。题型纯粹按照个人经验进行分类，没有固定的标准。《圆锥曲线——多选》题型主要有：椭圆、双曲线、抛物线、综合、其他等，大概75道题。每类题目从易到难排序。抛物线（中档）：（多选，2024年浙J30嘉兴二模）11．抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点.如图，已知抛物线的准线为为坐标原点，在轴上方有两束平行于轴的入射光线和，分别经上的点和点反射后，再经上相应的点和点反射，最后沿直线和射出，且与之间的距离等于与之间的距离.则下列说法中正确的是（

11．ACD【分析】对A，设直线，与抛物线联立，可得，验证得解；对B，假设，又由抛物线定义得，可得，即，这与和相交于A点矛盾，可判断；对C，结合A选项有，，根据，运算可得解；对D，可求得点的坐标，进而求出，利用向量夹角公式运算得解.【详解】对于选项A，因为直线经过焦点，设，，直线，与抛物线联立得，，由题意得，，所以，即三点共线，故A正确；对于选项B，假设，又，所以，所以，这与和相交于A点矛盾，故B错误；对于选项C，与距离等于与距离，又结合A选项，则，所以，故C正确；对于选项D，由题意可得，，，，，故D正确.故选：ACD.【点睛】思路点睛：A选项，判断三点共线，即转化为验证，设出直线的方程与抛物线联立，求出点11．ACD【分析】对A，设直线，与抛物线联立，可得，验证得解；对B，假设，又由抛物线定义得，可得，即，这与和相交于A点矛盾，可判断；对C，结合A选项有，，根据，运算可得解；对D，可求得点的坐标，进而求出，利用向量夹角公式运算得解.【详解】对于选项A，因为直线经过焦点，设，，直线，与抛物线联立得，，由题意得，，所以，即三点共线，故A正确；对于选项B，假设，又，所以，所以，这与和相交于A点矛盾，故B错误；对于选项C，与距离等于与距离，又结合A选项，则，所以，故C正确；对于选项D，由题意可得，，，，，故D正确.故选：ACD.【点睛】思路点睛：A选项，判断三点共线，即转化为验证，设出直线的方程与抛物线联立，求出点坐标，表示出的斜率判断；B选项，利用反证法，假设，结合抛物线定义可得与条件矛盾；C选项，根据题意可得，结合A选项的结论可判断；D选项，求出点的坐标，进而求出，利用向量夹角公式运算.（多选，2024年鄂J18四月调）11．已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，过点的直线与抛物线交于，两点，点位于点右方，若，则下列结论一定正确的有（

11．ABC【分析】设直线的方程为，不妨设，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，表达出，，再由正弦定理得到，得到，代入两根之和，两根之积，列出方程，求出，进而求出，根据可判断根据可判断根据可判断根据对称性判断．【详解】解：由题意得，，，当直线的斜率为时，与抛物线只有个交点，不合要求，故设直线的方程为，不妨设，联立，可得，易得，设，11．ABC【分析】设直线的方程为，不妨设，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，表达出，，再由正弦定理得到，得到，代入两根之和，两根之积，列出方程，求出，进而求出，根据可判断根据可判断根据可判断根据对称性判断．【详解】解：由题意得，，，当直线的斜率为时，与抛物线只有个交点，不合要求，故设直线的方程为，不妨设，联立，可得，易得，设，，则，，则，，则，，由正弦定理得，，因为，，所以，，即．又由焦半径公式可知，则，即，即，解得，则，，解得，，故，当时，同理可得到，故A正确．，故B正确，故C正确当时，，则，即，此时．由对称性可得，当时，，故直线的斜率为，故D错误．故选：ABC.【点睛】方法点睛：在处理有关焦点弦，以及焦半径问题时长度问题时有以下几种方法；（1）常规处理手段，求交点坐标然后用距离公式，含参的问题不适合；（2）韦达定理结合弦长公式，这是此类问题处理的通法；（3）抛物线定义结合焦点弦公式.（多选，2024年冀J47唐山二模）10．设抛物线：的焦点为，准线为，过点的直线与交于，两点，则下列说法正确的是（

10．AC【分析】设过点的直线为，联立直线和抛物线的方程求出可判断A；以为直径的圆的圆心为和半径，再求出圆心到准线的距离为，即可判断B；求出圆心到坐标原点的距离为，可判断C；取特列可判断D.【详解】设过点的直线为，对于A，联立，得，，，所以，故A正确；对于B，因为，，所以，的中点为，所以以为直径的圆的圆心为，又，设圆的半径为，则，10．AC【分析】设过点的直线为，联立直线和抛物线的方程求出可判断A；以为直径的圆的圆心为和半径，再求出圆心到准线的距离为，即可判断B；求出圆心到坐标原点的距离为，可判断C；取特列可判断D.【详解】设过点的直线为，对于A，联立，得，，，所以，故A正确；对于B，因为，，所以，的中点为，所以以为直径的圆的圆心为，又，设圆的半径为，则，所以，又圆心到准线的距离为，而，因为，所以，所以以为直径的圆与相离，故B错误；对于C，圆心到坐标原点的距离为，，所以，所以，所以以为直径的圆过坐标原点，故C正确；对于D，因为联立，得，若，则上述方程为，解得：或，取，则，则，取，则，则，又抛物线过焦点，所以，，，所以不为直角三角形，故D错误.故选：AC.（多选，2024年鲁J40临沂二模）10．设，是抛物线C：上两个不同的点，以A，B为切点的切线交于点.若弦AB过焦点F，则（

10．ACD【分析】由导数的几何意义，求得可得A处的切线方程，得出直线的方程，联立两直线方程可判定A；根据已知和A选项可得，再设直线，联立方程组，根据根与系数的关系可求，根据，可判定B错误，C正确；取的中点，化简得到的面积，可判定D正确.【详解】依题意设，，由方程，可得，则，由导数的几何意义知，直线的斜率为，同理直线的斜率为，可得A处的切线方程为：，即，化简可得，所以直线的方程为，同理可得：直线BP的方程为，联立两直线方程得，10．ACD【分析】由导数的几何意义，求得可得A处的切线方程，得出直线的方程，联立两直线方程可判定A；根据已知和A选项可得，再设直线，联立方程组，根据根与系数的关系可求，根据，可判定B错误，C正确；取的中点，化简得到的面积，可判定D正确.【详解】依题意设，，由方程，可得，则，由导数的几何意义知，直线的斜率为，同理直线的斜率为，可得A处的切线方程为：，即，化简可得，所以直线的方程为，同理可得：直线BP的方程为，联立两直线方程得，，则，因为，解得，，即，所以A正确；若PA的方程为，根据直线的方程为，可得，设直线，联立方程组，整理得，则，且，，所以，，所以B错误；因为，所以，故C正确；取的中点，连接，根据中点坐标公式得，从而平行轴，由前可知，所以因为，，所以，，代入可得，当时，，所以D正确.故选：ACD

【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的最值问题的两种解法：（1）数形结合法：根据待求值的几何意义，充分利用平面图形的几何性质求解；（2）构建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用基本不等式或导数法求最值（注意：有时需先换元后再求最值）．（多选，2024年浙J34杭州四月检）11．过点的直线与抛物线C：交于两点．抛物线在点处的切线与直线交于点，作交于点，则（

11．BC【分析】设出直线的方程为，代入，然后写出切线方程，结合韦达定理可判断AB；根据B可得的轨迹方程，从而判断C；利用弦长公式及点到直线的距离公式表示出，然后利用导数的知识求出最值进而判断D.【详解】设直线的方程为，联立，消去得，则，对于A：抛物线在点处的切线为，当时得，即，所以直线的方程为，整理得，联立，消去的，解得，即直线与抛物线C相切，A错误；对于B：直线的方程为，整理得，此时直线恒过定点，B正确；对于C：又选项B可得点在以线段为直径的圆上，点除外，故点的轨迹方程是，C正确；11．BC【分析】设出直线的方程为，代入，然后写出切线方程，结合韦达定理可判断AB；根据B可得的轨迹方程，从而判断C；利用弦长公式及点到直线的距离公式表示出，然后利用导数的知识求出最值进而判断D.【详解】设直线的方程为，联立，消去得，则，对于A：抛物线在点处的切线为，当时得，即，所以直线的方程为，整理得，联立，消去的，解得，即直线与抛物线C相切，A错误；对于B：直线的方程为，整理得，此时直线恒过定点，B正确；对于C：又选项B可得点在以线段为直径的圆上，点除外，故点的轨迹方程是，C正确；对于D：，则，令，则，设，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，D错误.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：计算一元二次方程根的判别式.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．（多选，2024年湘J41永州三模）10．已知抛物线的焦点为，过点且倾斜角为锐角的直线与抛物线相交于，两点（点在第一象限），过点作抛物线的准线的垂线，垂足为，直线与抛物线的准线相交于点，则（

10．BCD【分析】对于A，设直线的方程为，代入，得，根据焦半径的计算公式即可判断；对于B，根据交点弦的计算公式求解可判断；对于C，先得再根据斜率公式结合韦达定理即可求解；对于D，求得点的坐标即可判断.【详解】，设直线的方程为.对于A，把代入得，设，则，所以，A错；对于B，当直线的斜率为时，，B对；对于C，由题意知则，，所以，C对；对于D，由有，因为的方程为，令得，所以点为的中点，即，D对.故选：BCD.

）

A．的最小值为2

B．当直线的斜率为时，

C．设直线，的斜率分别为，，则

10．BCD【分析】对于A，设直线的方程为，代入，得，根据焦半径的计算公式即可判断；对于B，根据交点弦的计算公式求解可判断；对于C，先得再根据斜率公式结合韦达定理即可求解；对于D，求得点的坐标即可判断.【详解】，设直线的方程为.对于A，把代入得，设，则，所以，A错；对于B，当直线的斜率为时，，B对；对于C，由题意知则，，所以，C对；对于D，由有，因为的方程为，令得，所以点为的中点，即，D对.故选：BCD.（多选，2024年闽J04漳州三检）10.点在抛物线上，为其焦点，是圆上一点，，则下列说法正确的是（【答案】BD【解析】【分析】A选项：通过抛物线方程计算可得；

B选项：运用抛物线定义，将转换为到准线的距离即可求出周长最小值；

C选项：将最大问题，转换为的最大值问题，再讨论；

D选项：结合A选项得到的结论，判断四边形的面积最小时点坐标.【详解】对于A选项，设，则，当且仅当时取等号，此时或，所以，，故A选项错误；对于B选项，抛物线的准线方程为，如图1，过作准线的垂线，垂足记为，则，当且仅当三点共线时，取得最小值，即【答案】BD【解析】【分析】A选项：通过抛物线方程计算可得；

B选项：运用抛物线定义，将转换为到准线的距离即可求出周长最小值；

C选项：将最大问题，转换为的最大值问题，再讨论；

D选项：结合A选项得到的结论，判断四边形的面积最小时点坐标.【详解】对于A选项，设，则，当且仅当时取等号，此时或，所以，，故A选项错误；对于B选项，抛物线的准线方程为，如图1，过作准线的垂线，垂足记为，则，当且仅当三点共线时，取得最小值，即，此时，又，所以周长的最小值为，故B选项正确；对于C选项，如图2，当与圆相切时，且时，取最大．连接，，由于，，，所以，可得直线的斜率为，所以直线的方程为，即，故C选项错误；对于D选项，如图3，连接，，由A选项知，，且当或时，，此时四边形的面积最小，的横坐标是1，所以D选项正确，故选：BD．（多选，2024年鲁J23泰安新泰一中，末）11.已知圆，抛物线的焦点为，为上一点（【答案】AC【解析】【分析】选项A，为等边三角形需保证，设定点坐标用两点间距离公式检验即可；选项B，设定点，将转化为表示，求最小值即可；选项C，由求得点坐标，求得直线所在的直线方程，利用点到直线的距离公式检验即可；选项D，设定点，以为直径的圆与相外切，需保证，建立关于的方程，求之即可.【详解】由已知圆的方程化为，得其圆心，半径，由于抛物线方程为，其焦点为对于选项A，若为等边三角形，当且仅当；若点到点的距离为，由抛物线定义可知，即，【答案】AC【解析】【分析】选项A，为等边三角形需保证，设定点坐标用两点间距离公式检验即可；选项B，设定点，将转化为表示，求最小值即可；选项C，由求得点坐标，求得直线所在的直线方程，利用点到直线的距离公式检验即可；选项D，设定点，以为直径的圆与相外切，需保证，建立关于的方程，求之即可.【详解】由已知圆的方程化为，得其圆心，半径，由于抛物线方程为，其焦点为对于选项A，若为等边三角形，当且仅当；若点到点的距离为，由抛物线定义可知，即，代入抛物线方程可得，，故A正确；对于选项B，因为点在抛物线上，为上一点，，由于为上，设，且，则，当且仅当时，原式取得最小值，的最小值，故B不正确；对于选项C，设，且，若，即，得，解得，所以此时，不妨取，，此时直线的方程为：，即，则圆心到该直线的距离为，所以此时直线与圆相切，同理可证明的情形也成立，故C正确；对于选项D，设的中点为，若以为直径的圆与相外切时，只需保证，设，且，，得，得方程：（*），其中，反解得：代入上式，化简可得：，显然，故D不正确.故选：AC.【点睛】客观题圆锥曲线的综合性问题，多数考查数形结合思想，要善于借助圆锥曲线的定义转化条件和问题.（多选，2024年湘J48长沙长郡四适）11．已知抛物线的准线方程为，焦点为，为坐标原点，，是上两点，则下列说法正确的是（11．AD【分析】根据抛物线的准线求得焦点坐标判断A，设直线方程为，，直线方程代入抛物线方程，应用韦达定理得，求出中点坐标得中点到轴距离，求得最小值后判断B，计算的长和中点到原点的距离，比较后判断C，由斜率之积求出为常数，可得直线过定点判断D．【详解】A．抛物线准线方程是，，，则焦点为，A正确；

B．显然斜率存在，设直线方程为，，由得，，，，所以，化简得，线段中点的横坐标为，纵坐标为为中点到轴的距离，又，当且仅当，即时等号成立，因此B中结论最小值为8是错误的．B错；

C．设方程为（），由上述讨论知，又中点为，即中点为，中点到原点的距离为，所以以11．AD【分析】根据抛物线的准线求得焦点坐标判断A，设直线方程为，，直线方程代入抛物线方程，应用韦达定理得，求出中点坐标得中点到轴距离，求得最小值后判断B，计算的长和中点到原点的距离，比较后判断C，由斜率之积求出为常数，可得直线过定点判断D．【详解】A．抛物线准线方程是，，，则焦点为，A正确；

B．显然斜率存在，设直线方程为，，由得，，，，所以，化简得，线段中点的横坐标为，纵坐标为为中点到轴的距离，又，当且仅当，即时等号成立，因此B中结论最小值为8是错误的．B错；

C．设方程为（），由上述讨论知，又中点为，即中点为，中点到原点的距离为，所以以为直径的圆不过点，C错；

D．，则，由上得，，方程为，必过点，D正确．故选：AD．【点睛】本题考查求抛物线的方程，考查直线与抛物线相交，解题方法是设而不求的思想方法，即设交点坐标，设，设直线方程为，直线方程与抛物线方程联立方程组且消元，应用韦达定理得，然后把这个结论代入各个条件求解．（多选，2024年粤J110珠海一中冲刺，末）11．已知O为坐标原点，抛物线上有异于原点的，两点，F为抛物线的焦点，以A，B为切点的抛物线的切线分别记为PA，PB，则（

【答案】BC【分析】设直线AB的方程，与抛物线的方程联立，化简整理为一元二次方程，根据根与系数的关系得到，，进而得到，，根据四个选项中的条件，逐一判断选项．【详解】设直线AB的方程为，代入抛物线方程得，则，，，所以，．选项A：若，则，得，故直线AB不一定经过焦点F，所以A错误．选项B：若，则，得，故直线AB经过焦点F，所以B正确．选项C：设在点处的切线方程为，即，与抛物线方程联立得，，即，解得，所以，即，即切线PA的方程为，同理切线PB的方程为【答案】BC【分析】设直线AB的方程，与抛物线的方程联立，化简整理为一元二次方程，根据根与系数的关系得到，，进而得到，，根据四个选项中的条件，逐一判断选项．【详解】设直线AB的方程为，代入抛物线方程得，则，，，所以，．选项A：若，则，得，故直线AB不一定经过焦点F，所以A错误．选项B：若，则，得，故直线AB经过焦点F，所以B正确．选项C：设在点处的切线方程为，即，与抛物线方程联立得，，即，解得，所以，即，即切线PA的方程为，同理切线PB的方程为，由，得，得，由B知直线AB经过焦点F，所以C正确．选项D：因为，则，整理得，则，故直线AB不一定经过焦点F，所以D错误．故选：BC.（多选，2024年苏J08宿迁调研）10.在平面直角坐标系中，已知抛物线为抛物线上两点下列说法正确的是（【答案】AC【解析】【分析】设出的方程为，代入抛物线的方程，运用韦达定理和中点坐标公式，求得中点的横坐标和中点到准线的距离，以及面积表达式，可判断AC；设出的方程为，代入抛物线的方程由可判断B；设直线的方程为，由导数的几何意义写出切线方程求出交点P坐标，结合韦达定理即可判断D．【详解】抛物线的焦点，准线方程为，设，对AC选项：设的方程为，代入抛物线，可得，易知，，，故,当等号成立，故A正确；而，则弦长，设的中点为，到准线的距离为，所以以为直径的圆与准线相切，故C正确；对B选项：又设的方程为，代入抛物线【答案】AC【解析】【分析】设出的方程为，代入抛物线的方程，运用韦达定理和中点坐标公式，求得中点的横坐标和中点到准线的距离，以及面积表达式，可判断AC；设出的方程为，代入抛物线的方程由可判断B；设直线的方程为，由导数的几何意义写出切线方程求出交点P坐标，结合韦达定理即可判断D．【详解】抛物线的焦点，准线方程为，设，对AC选项：设的方程为，代入抛物线，可得，易知，，，故,当等号成立，故A正确；而，则弦长，设的中点为，到准线的距离为，所以以为直径的圆与准线相切，故C正确；对B选项：又设的方程为，代入抛物线可得，易知，，，，则点在以线段为直径的圆上，B错误；对D选项：不妨设在第一象限，在第四象限，则，则点处切线斜率，，则点处切线斜率，则点处切线方程为，同理点处切线方程为，联立两直线求得交点横坐标为，故，设直线的方程为，代入抛物线可得，则，故（负值舍去），即直线的方程为，则直线过点，故D错误.故选：AC.（多选，2024年鄂J12三校二模，末）11.已知抛物线C：的焦点为，点在抛物线C上，则（【答案】BCD【解析】【分析】分别设定抛物线C和直线的方程，设，，联立求得关于点坐标的韦达定理形式，进而转化各个选项即可；选项A，将转化为，求解即可；选项B，，求解即可；选项C，求得点的坐标，进而求得点到直线的距离，求解即可；选项D，设点到直线的距离为，可得，求解即可.【详解】对A，设抛物线C：，设直线：，设，，联立，则，，由于，可得，代入上式得：，解得：，且直线的斜率为，设直线MN的倾斜角为，则，且，则，解得，故A错误；对B，设抛物线C：，且直线的倾斜角为，【答案】BCD【解析】【分析】分别设定抛物线C和直线的方程，设，，联立求得关于点坐标的韦达定理形式，进而转化各个选项即可；选项A，将转化为，求解即可；选项B，，求解即可；选项C，求得点的坐标，进而求得点到直线的距离，求解即可；选项D，设点到直线的距离为，可得，求解即可.【详解】对A，设抛物线C：，设直线：，设，，联立，则，，由于，可得，代入上式得：，解得：，且直线的斜率为，设直线MN的倾斜角为，则，且，则，解得，故A错误；对B，设抛物线C：，且直线的倾斜角为，设直线：，设，，联立，则，，，故B正确；对C，由于点在抛物线C上，此时抛物线C：，设，，设直线AM：，联立则，解得（舍去，此时重合）或，则点到直线的距离为，同理可得，因为，则到直线的距离为，故所求距离之积为，故C正确；对D，由于点在抛物线C上，此时抛物线C：，设直线AM：，与抛物线方程联立可得，则，则，用替换可得，则，则，，故直线MN：，即，则点F到直线MN的距离，而即，，得，令，故，，当且仅当时等号成立，故D正确；故选：BCD．【点睛】方法点睛：若点在抛物线C上，且异于点，，则直线的斜率为定值，且该定值为处切线斜率的相反数.综合：（多选，2024年粤J19执信冲刺）10.己知直线l的方程为,则下列说法正确的是（【答案】AC【解析】【分析】判断出直线过定点，然后根据定点与其他曲线的位置关系判定正误.【详解】直线l过定点，对于A，法向量为，法向量为，因为，，所以两条直线垂直，有唯一交点，故A正确；对于B，M为椭圆的上顶点，则直线l与椭圆相交或相切，有一个或两个交点，故B错误；对于C，因为，所以M在圆内，l【答案】AC【解析】【分析】判断出直线过定点，然后根据定点与其他曲线的位置关系判定正误.【详解】直线l过定点，对于A，法向量为，法向量为，因为，，所以两条直线垂直，有唯一交点，故A正确；对于B，M为椭圆的上顶点，则直线l与椭圆相交或相切，有一个或两个交点，故B错误；对于C，因为，所以M在圆内，l与圆一定有两个交点，故C正确；对于D，如图，满足题意的直线有4条，两条与双曲线相切，两条与渐近线平行，故D错误.故选：AC.（多选，2024年粤J42江门一模，末）11.已知曲线，则下列结论正确的是（【答案】AD【解析】【分析】首先对、分类讨论分别得到曲线方程，画出曲线图形，数形结合判断A、B，由双曲线的渐近线与的关系判断C，由点到直线的距离公式得到，即点到直线的距离的倍，求出直线与曲线相切时的值，再由两平行线将的距离公式求出的最大值，即可判断D.【详解】因为曲线，当，时，则曲线为椭圆的一部分；当，时，则曲线为双曲线的一部分，且双曲线的渐近线为；【答案】AD【解析】【分析】首先对、分类讨论分别得到曲线方程，画出曲线图形，数形结合判断A、B，由双曲线的渐近线与的关系判断C，由点到直线的距离公式得到，即点到直线的距离的倍，求出直线与曲线相切时的值，再由两平行线将的距离公式求出的最大值，即可判断D.【详解】因为曲线，当，时，则曲线为椭圆的一部分；当，时，则曲线为双曲线的一部分，且双曲线的渐近线为；当，时，则曲线为双曲线的一部分，且双曲线的渐近线为；可得曲线的图形如下所示：由图可知随着增大而减小，故A正确；曲线的横坐标取值范围为，故B错误；因为，所以曲线与直线相交，且交点在第四象限，故C错误；因为，即点到直线的距离的倍，当直线与曲线相切时，由，消去整理得，则，解得（舍去）或，又与的距离，所以，所以的取值范围为，故D正确；故选：AD【点睛】关键点点睛：本题关键是分析出曲线的图形，D选项的关键是转化为点到直线的距离.其他：（多选，2024年粤J105湛江二模，末）11.下列命题为真命题的是（【答案】BC【解析】【分析】利用两点距离公式将题干中复杂式子转化为几个点间的距离，结合抛物线的定义，作出图形，数形结合即可得解.【详解】设，易知点的轨迹是抛物线的上半部分，抛物线的准线为直线到准线的距离，为抛物线的焦点，对于AB，，所以的最小值为，故A错误，B正确；对于【答案】BC【解析】【分析】利用两点距离公式将题干中复杂式子转化为几个点间的距离，结合抛物线的定义，作出图形，数形结合即可得解.【详解】设，易知点的轨迹是抛物线的上半部分，抛物线的准线为直线到准线的距离，为抛物线的焦点，对于AB，，所以的最小值为，故A错误，B正确；对于CD，，所以的最小值是，故C正确，D错误.故选：BC.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是转化根号内的式子，联想到两点距离公式，从而数形结合即可得解.（多选，2024年鲁J43日照二模）11．已知是曲线上不同的两点，为坐标原点，则（

11．BCD【分析】根据题中曲线表达式去绝对值化简，根据表达式求值判定A，根据几何意义判断B，根据直线与椭圆的位置关系判断C，根据图形特征以及切线概念判断D.【详解】当时，原方程即，化简为，轨迹为椭圆，将代入，解得，则此时，即此部分为椭圆的一半，当时，原方程即，化简得，将代入，解得或，则此时，即此部分为圆的一部分，作出曲线的图形如下：

选项A：当时，，当时取最小值3，当时，，当时取最小值1，则的最小值为1，故A错误；选项B：因为表示点与点和点的距离之和，当时，点11．BCD【分析】根据题中曲线表达式去绝对值化简，根据表达式求值判定A，根据几何意义判断B，根据直线与椭圆的位置关系判断C，根据图形特征以及切线概念判断D.【详解】当时，原方程即，化简为，轨迹为椭圆，将代入，