2025年高考数学二轮复习 专题六 解析几何 第3讲　直线与圆锥曲线的位置关系解析版

第3讲直线与圆锥曲线的位置关系（新高考专用）目录目录【真题自测】 2【考点突破】 10【考点一】弦长问题 10【考点二】面积问题 15【考点三】中点弦问题 22【专题精练】 28考情分析：直线与圆锥曲线的位置关系是高考的必考内容，涉及直线与圆锥曲线的相交、相切、弦长、面积以及中点弦等问题，难度中等．真题自测真题自测一、单选题1．（2024·天津·高考真题）双曲线的左、右焦点分别为是双曲线右支上一点，且直线的斜率为2．是面积为8的直角三角形，则双曲线的方程为（

）A． B． C． D．二、解答题2．（2024·广东江苏·高考真题）已知和为椭圆上两点.(1)求C的离心率;(2)若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程．3．（2023·全国·高考真题）已知直线与抛物线交于两点，且．(1)求；(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，，求面积的最小值．4．（2022·全国·高考真题）已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0．(1)求l的斜率；(2)若，求的面积．参考答案：题号1答案C1．C【分析】可利用三边斜率问题与正弦定理，转化出三边比例，设，由面积公式求出，由勾股定理得出，结合第一定义再求出.【详解】如下图：由题可知，点必落在第四象限，，设，，由，求得，因为，所以，求得，即，，由正弦定理可得：，则由得，由得，则，由双曲线第一定义可得：，，所以双曲线的方程为.故选：C2．(1)(2)直线的方程为或.【分析】（1）代入两点得到关于的方程，解出即可；（2）方法一：以为底，求出三角形的高，即点到直线的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到点坐标，则得到直线的方程；方法二：同法一得到点到直线的距离，再设，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点到直线的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线斜率不存在的情况，再设直线，联立椭圆方程，得到点坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线斜率不存在的情况，再设，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设线法与法五一致，利用水平宽乘铅锤高乘表达面积即可.【详解】（1）由题意得，解得，所以.（2）法一：，则直线的方程为，即，，由（1）知，设点到直线的距离为，则，则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可，此时该平行线与椭圆的交点即为点，设该平行线的方程为：，则，解得或，当时，联立，解得或，即或，当时，此时，直线的方程为，即，当时，此时，直线的方程为，即，当时，联立得，，此时该直线与椭圆无交点.综上直线的方程为或.法二：同法一得到直线的方程为，点到直线的距离，设，则，解得或，即或，以下同法一.法三：同法一得到直线的方程为，点到直线的距离，设，其中，则有，联立，解得或，即或，以下同法一；法四：当直线的斜率不存在时，此时，，符合题意，此时，直线的方程为，即，当线的斜率存在时，设直线的方程为，联立椭圆方程有，则，其中，即，解得或，，，令，则，则同法一得到直线的方程为，点到直线的距离，则，解得，此时，则得到此时，直线的方程为，即，综上直线的方程为或.法五：当的斜率不存在时，到距离，此时不满足条件.当的斜率存在时，设，令，，消可得，，且，即，，到直线距离，或，均满足题意，或，即或.法六：当的斜率不存在时，到距离，此时不满足条件.当直线斜率存在时，设，设与轴的交点为，令，则，联立，则有，，其中，且，则，则，解的或，经代入判别式验证均满足题意.则直线为或，即或.3．(1)(2)【分析】（1）利用直线与抛物线的位置关系，联立直线和抛物线方程求出弦长即可得出；（2）设直线：，利用，找到的关系，以及的面积表达式，再结合函数的性质即可求出其最小值．【详解】（1）设，由可得，，所以，所以，即，因为，解得：．（2）因为，显然直线的斜率不可能为零，设直线：，，由可得，，所以，，，因为，所以，即，亦即，将代入得，，，所以，且，解得或．设点到直线的距离为，所以，，所以的面积，而或，所以，当时，的面积．【点睛】本题解题关键是根据向量的数量积为零找到的关系，一是为了减元，二是通过相互的制约关系找到各自的范围，为得到的三角形面积公式提供定义域支持，从而求出面积的最小值.4．(1)；(2)．【分析】（1）由点在双曲线上可求出，易知直线l的斜率存在，设，，再根据，即可解出l的斜率；（2）根据直线的斜率之和为0可知直线的倾斜角互补，根据即可求出直线的斜率，再分别联立直线与双曲线方程求出点的坐标，即可得到直线的方程以及的长，由点到直线的距离公式求出点A到直线的距离，即可得出的面积．【详解】（1）因为点在双曲线上，所以，解得，即双曲线．易知直线l的斜率存在，设，，联立可得，，所以，，且．所以由可得，，即，即，所以，化简得，，即，所以或，当时，直线过点，与题意不符，舍去，故．（2）［方法一］：【最优解】常规转化不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，由（1）知，，当均在双曲线左支时，，所以，即，解得（负值舍去）此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；当均在双曲线右支时，因为，所以，即，即，解得（负值舍去），于是，直线，直线，联立可得，，因为方程有一个根为，所以，，同理可得，，．所以，，点到直线的距离，故的面积为．［方法二］：设直线AP的倾斜角为，，由，得，由，得，即，联立，及得，，同理，，，故，而，，由，得，故【整体点评】（2）法一：由第一问结论利用倾斜角的关系可求出直线的斜率，从而联立求出点坐标，进而求出三角形面积，思路清晰直接，是该题的通性通法，也是最优解；法二：前面解答与法一求解点坐标过程形式有所区别，最终目的一样，主要区别在于三角形面积公式的选择不一样．考点突破考点突破【考点一】弦长问题核心梳理：已知A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的斜率为k(k≠0)，则|AB|＝eq\r(x1－x22＋y1－y22)＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)eq\r(x1＋x22－4x1x2)，或|AB|＝eq\r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|＝eq\r(1＋\f(1,k2))eq\r(y1＋y22－4y1y2).一、单选题1．（2024·福建泉州·模拟预测）椭圆，其右焦点为，若直线过点与交于，则最小值为（

）A． B．1 C． D．22．（2024·北京·模拟预测）已知双曲线的两个焦点分别为，过的直线与双曲线的同一支交于，两点，且，则线段的长度为（

）A． B．9 C． D．6二、多选题3．（2024·山东·二模）已知抛物线焦点为，过点（不与点重合）的直线交于两点，为坐标原点，直线分别交于两点，，则（

）A． B．直线过定点C．的最小值为 D．的最小值为4．（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）已知直线经过椭圆的一个焦点和一个顶点，且与在第四象限交于点的左、右焦点分别为，则（

）A．离心率为 B．的周长为C．以为直径的圆过点 D．三、填空题5．（23-24高三上·北京东城·期末）已知双曲线：，则双曲线的渐近线方程是；直线与双曲线相交于，两点，则.6．（2024·黑龙江·二模）已知抛物线，经过焦点斜率为的直线交抛物线于两点，线段的垂直平分线交轴于点，则的值为.参考答案：题号1234答案BCACDBC1．B【分析】由题意当为通径时，即垂直轴时，其长度最小，由此即可得解．【详解】要使AB最小，即为和焦点在的轴垂直的直线截得的线段长．右焦点为，直线为，联立此直线和椭圆解得交点的纵坐标为，故AB最小值为1．故选：B．2．C【分析】根据对称性不妨设过的直线为，与双曲线的方程联立，运用韦达定理和向量共线的坐标表示，结合弦长公式，计算可得．【详解】双曲线中，，，则，根据对称性不妨设过的直线为，联立，可得，则设Ax1,y1，Bx由，可得，即有，②由①②可得，，所以，解得（负值已舍去），，所以．故选：C．3．ACD【分析】设直线与抛物线联立可得抛物线交点坐标，由可得，从而求得的值，即可判断A；设直线，与抛物线联立可得交点坐标关系，从而可确定直线所过的顶点，即可判断B；根据坐标关系求解，结合基本不等式得求得最值，即可判断C；根据坐标运算可得，结合基本不等式的最值，即可判断D.【详解】设直线与抛物线联立可得：，设，则，因为，所以，解，故A正确；由A可知，，设直线，与抛物线联立可得，，设，所以，同理可得，所以,直线，即，所以直线过定点，故B错误；，故C正确；，所以，故D正确.故选：ACD.【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,y（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.4．BC【分析】根据题设可求基本量，从而可判断A的正误，结合椭圆的定义可判断B的正误，结合焦点三角形的特征可判断C的正误，求出的坐标后利用弦长公式可求判断D的正误.【详解】不妨设为上顶点，如图，对于A，直线经过的右焦点和上顶点，所以，则，所以离心率为，故A错误；对于B，由椭圆的定义知可知，的周长为，B正确；对于C，由A中分析可得，所以，所以，则以为直径的圆过点，C正确；对于D，由A中分析可知的方程为，由解得或，则，所以，D错误．故选：BC.5．【分析】由已知可判断双曲线为焦点在轴上的双曲线，可知，，表示渐近线方程即可；由可求的值，从而得到交点坐标，即可得到距离.【详解】由双曲线：知双曲线的焦点在轴，且，，即，，所以双曲线的渐近线方程为；当时，，设，则，所以.故答案为：；.6．【分析】联立直线方程和抛物线方程后求出中垂线方程和AB，再求出后可求的值.【详解】抛物线的焦点的坐标为0,1，故.设Ax1,y1则由可得，，又，所以，又，所以，故的中垂线的方程为：，令，则，故，所以.故答案为：.规律方法：(1)设直线方程时，需考虑特殊直线，如直线的斜率不存在、斜率为0等．(2)涉及直线与圆锥曲线相交时，Δ>0易漏掉．(3)|AB|＝x1＋x2＋p是抛物线过焦点的弦的弦长公式，其他情况该公式不成立．【考点二】面积问题一、单选题1．（2024·全国·模拟预测）椭圆的左、右焦点分别为，，直线与交于两点，四边形的周长为，若的面积是的面积的2倍（为坐标原点），则（

）A． B． C． D．2．（2024·天津·二模）已知抛物线的焦点为，抛物线上的点到的距离为6，双曲线的左焦点在抛物线的准线上，过点向双曲线的渐近线作垂线，垂足为，则与双曲线两个焦点构成的三角形面积的最大值为（

）．A．2 B． C． D．3二、多选题3．（2024·山东·模拟预测）抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形叫做阿基米德三角形．已知抛物线，阿基米德三角形，弦过的焦点，其中点在第一象限，则下列说法正确的是（

）A．点的纵坐标为 B．的准线方程为C．若，则的斜率为 D．面积的最小值为164．（2024·广东·三模）已知椭圆的长轴端点分别为､两个焦点分别为是上任意一点，则（

）A．的离心率为 B．的周长为C．面积的最大值为 D．三、填空题5．（2024·湖南常德·三模）已知双曲线C：的左、右焦点分别为，过的直线与双曲线的左、右两支分别相交于两点，直线与双曲线的另一交点为，若为等腰三角形，且的面积是的面积的2倍，则双曲线C的离心率为.6．（2024·江西南昌·二模）如图，有一张较大的矩形纸片分别为AB，CD的中点，点在上，.将矩形按图示方式折叠，使直线AB（被折起的部分）经过P点，记AB上与点重合的点为，折痕为.过点再折一条与BC平行的折痕，并与折痕交于点，按上述方法多次折叠，点的轨迹形成曲线.曲线在点处的切线与AB交于点，则的面积的最小值为.参考答案：题号1234答案CAADABD1．C【分析】先根据四边形的周长结合椭圆的定义求出，联立方程，根据直线与椭圆相交求出的范围，根据点到直线的距离公式分别求出点到直线的距离，点到直线的距离，再根据即可得解.【详解】因为四边形的周长为，所以，所以，联立消去整理得，，解得，又，所以，设点到直线的距离为，点到直线的距离为，易知，，则，，所以，解得或（舍）.故选：C．2．A【分析】利用抛物线的定义及焦半径公式先求，再由双曲线的性质，基本不等式计算即可.【详解】设双曲线右焦点，易知，，即，而双曲线的一条渐近线为，易知，所以，由双曲线的性质可知，由基本不等式可知，当且仅当时取得等号.故选：A3．AD【分析】设Ax1,y1，Bx2,y2，直线，联立方程组，求得，，求得，两点处的切线方程，可求得点判断A；求得准线方程判断B；由，可求得，进而可求得，判断C；，，进而可得，可求的最小值，判断D.【详解】对于A项，设Ax1,y1联立，消去，得，，所以，，由，得，则点处的切线：①，同理点处的切线：②，联立①②，得，，所以，点，故A正确；对于B项，准线方程为，故B错误；对于C项，，得，所以，，故C错误；对于D项，，点到直线的距离为：，所以，当时，的面积有最小值16.故D正确.故选：AD.4．ABD【分析】根据给定的椭圆方程，求出其长短半轴长及半焦距，再逐项计算判断得解.【详解】椭圆的长半轴长，短半轴长，半焦距，对于A，的离心率为，A正确；对于B，的周长为，B正确；对于C，，设，，则面积的最大值为，C错误；对于D，，，，因此，D正确.故选：ABD

5．或【分析】由双曲线的定义和等腰三角形的定义，结合三角形的余弦定理和离心率公式，计算可得所求值．【详解】设，，由双曲线的定义可得，，由的面积是的面积的2倍，可得，又为等腰三角形，可得，或，当，即，可得，，，，在中，，在中，，化为，即；当，即，可得，，，，在中，，在中，，化为，即．故答案为：或．6．/【分析】先根据题意得出Q的轨迹是以P为焦点、直线AB为准线的抛物线，进而得出曲线E的方程，然后建立坐标系求出点Q处的切线方程进而求出点N，从而求出，再利用导数工具研究其最值问题即可求解.【详解】连接PQ，由题PQ与MQ关于对称，，所以Q在以P为焦点、直线AB为准线的抛物线上，如图，以PO中点G为原点，过G与AB平行的直线为轴，与AB垂直的直线为轴建立平面直角坐标系，则，直线AB：，所以抛物线方程为：，即，则，由上可设，则抛物线在Q点处切线斜率为，所以抛物线在Q点处切线方程为，则令，，所以由题意，且，所以，故对恒成立，所以时单调递减，又当时，，故时，；时，，所以时，单调递增；时，单调递减，所以，则，所以的面积的最小值为，故答案为：.【点睛】关键点睛：将求面积转化成求面积是解决面积最值的关键.规律方法：圆锥曲线中求解三角形面积的方法(1)常规面积公式：S＝eq\f(1,2)×底×高．(2)正弦面积公式：S＝eq\f(1,2)absinC.(3)铅锤水平面面积公式：①过x轴上的定点：S＝eq\f(1,2)a|y1－y2|(a为x轴上定长)；②过y轴上的定点：S＝eq\f(1,2)a|x1－x2|(a为y轴上定长)．【考点三】中点弦问题核心梳理：已知A(x1，y1)，B(x2，y2)为圆锥曲线E上两点，AB的中点C(x0，y0)，直线AB的斜率为k.若E的方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，则k＝－eq\f(b2,a2)·eq\f(x0,y0)；若E的方程为eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，则k＝eq\f(b2,a2)·eq\f(x0,y0)；若E的方程为y2＝2px(p>0)，则k＝eq\f(p,y0).一、单选题1．（2024·安徽芜湖·模拟预测）已知椭圆，一组斜率的平行直线与椭圆相交，则这些直线被椭圆截得的段的中点所在的直线方程为（

）A． B． C． D．2．（2024·广东肇庆·一模）已知直线：与双曲线：交于，两点，点是弦的中点，则双曲线的渐近线方程是（

）A． B． C． D．二、多选题3．（23-24高二下·湖南长沙·开学考试）已知双曲线：的左、右焦点分别为，，为双曲线右支上的动点，过作两渐近线的垂线，垂足分别为，．若圆与双曲线的渐近线相切，则下列命题正确的是（

）A．双曲线的离心率B．为定值C．AB的最小值为3D．若直线与双曲线的渐近线交于、两点，点为的中点，（为坐标原点）的斜率为，则4．（23-24高二上·浙江宁波·阶段练习）已知斜率为的直线交抛物线于、两点，下列说法正确的是（

）A．为定值 B．线段的中点在一条定直线上C．为定值 D．为定值（为抛物线的焦点）三、填空题5．（23-24高三上·湖南娄底·期末）已知双曲线，直线和相互平行，直线与双曲线交于两点，直线与双曲线交于两点，直线和交于点（异于坐标原点）.若直线的斜率为3，直线是坐标原点的斜率，则双曲线的离心率的取值范围为.6．（2023·北京朝阳·二模）已知圆A：，抛物线C：，则圆心A到抛物线C的准线的距离为；过圆心A的直线与圆A相交于P，Q两点，与抛物线C相交于M，N两点，若，则.参考答案：题号1234答案CBABDBC1．C【分析】根据题意，设斜率的平行直线与椭圆相交于，且中点为，结合“点差法”，即可求解.【详解】设斜率的平行直线与椭圆相交于，且中点为，可得.由，两式相减得，整理得，可得，即这些直线被椭圆截得的段的中点所在的直线方程为.故选：C.2．B【分析】根据点差法得到，然后结合的坐标和直线的斜率得到，即可得到双曲线的渐近线方程.【详解】解：设Ax1,y1，B两式相减可得，点是弦的中点，且直线：，可得，，，即有，即，双曲线的渐近线方程为．经验证此时直线与双曲线有两个交点.故选：B．3．ABD【分析】利用点到直线的距离求出，可求出离心率，判断A，利用点到线距离结合在双曲线上证明为定值判断B，联立方程组解出交点坐标求出的距离的最小值判断C，对D选项，设、，则，由，两式相加和两式相减化简可得，，从而得到，可判断D.【详解】双曲线的渐近线方程为，圆与渐近线相切，则，即，所以，则，故A正确；由A选项可得双曲线的两条渐近线方程为，设为双曲线上任意一点，则，所以点到两渐近线的距离，，所以为定值，故B正确；过与渐近线垂直的方程分别与渐近线组成方程组求出交点坐标，，解得交点，同理得，因为为双曲线右支上的动点，所以，则，故C错误；对D选项，设、，则，又、在双曲线的两条渐近线上，则，两式相减可得，即，两式相加可得，即，又，，所以，故D正确.故选：ABD4．BC【分析】分析可知，，设直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理可判断A选项；求出线段中点的纵坐标，可判断B选项；利用斜率公式结合韦达定理可判断C选项；利用抛物线的焦半径公式可判断D选项.【详解】若，则直线与抛物线y2=2pxp>0不合乎题意，则，设直线的方程为，联立可得，，对于A选项，不一定是定值，A错；对于B选项，设线段的中点为Px0,y为定值，故线段的中点在定直线上，B对；对于C选项，为定值，C对；对于D选项，不一定为定值，D错.故选：BC.5．【分析】首先，故，其次由题意由点差法得①，同理②，由三点共线，所以，代入得，结合离心率公式即可得解.【详解】由题意，，故，设的中点的中点，则，两式相减，得，化简得，所以，所以①，同理②，因为，所以三点共线，所以，将①②代入得，即，因为，所以，所以，所以双曲线的离心率为.所以双曲线的离心率的取值范围为.故答案为：.【点睛】关键点睛：关键是用点差法来得到①，同理②，结合三点共线以及离心率公式即可顺利得解.6．【分析】由题设有且半径，抛物线准线为，即可得A到抛物线C准线的距离，根据对称性令和在两侧，易知为中点，设直线联立抛物线，应用韦达定理、弦长公式求.【详解】由题设且半径，抛物线准线为，则A到抛物线C准线的距离为，又，故A在抛物线内部，若抛物线上任意点，则其到A的距离，所以圆A在抛物线内部，如上图示：由对称性，不妨令和在两侧，由易知：为中点，若直线为，联立抛物线得，所以，则，，而，即，经检验，此时，故，所以.故答案为：4，规律方法：处理中点弦问题常用的求解方法专题精练专题精练一、单选题1．（2024·四川内江·三模）设是椭圆的两个焦点，点P在椭圆C上，若为直角三角形，则的面积为（

）A． B．1或 C． D．1或2．（2024·陕西铜川·三模）已知原点为，椭圆与直线交于两点，线段的中点为，若直线的斜率为，则椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．3．（2024·四川德阳·模拟预测）已知双曲线l的焦距为2c，右顶点为A，过A作x轴的垂线与E的渐近线交于M、N两点，若则E的离心率的取值范围是（

）A． B． C． D．[3，2]4．（2023·陕西商洛·三模）如图，已知过原点的直线与双曲线相交于两点，双曲线的右支上一点满足，若直线的斜率为，则双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．5．（2024·辽宁·模拟预测）已知抛物线的焦点为，过点的的弦中最短的弦长为8，点在上，是线段上靠近点的五等分点，则（为坐标原点）的最大值为（

）A． B． C． D．6．（2024·甘肃兰州·三模）过抛物线焦点的直线交抛物线于两点，已知，线段的垂直平分线交轴于点，则（

）A．2 B．4 C．6 D．87．（2025·全国·模拟预测）已知椭圆过点，其右顶点，上顶点．那么以下说法正确的是（

）A．设是半焦距到的其中一个焦点的距离，那么必然有B．到直线的距离不是定值C．和没有交点D．三角形面积的取值范围是8．（2024·陕西安康·模拟预测）已知双曲线为坐标原点，若直线与双曲线的两条渐近线分别交于点，则内切圆的半径等于（

）A． B． C． D．二、多选题9．（24-25高三上·广东肇庆·阶段练习）已知是椭圆：（）位于第一象限上的一点，，是的两个焦点，，点在的平分线上，的平分线与轴交于点，为原点，，且，则下列结论正确的是（

）A．的面积为B．的离心率为C．点到轴的距离为D．10．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知双曲线与双曲线，其中，则下列说法中正确的是（

）A．双曲线的焦距之比为B．双曲线的离心率相同，渐近线也相同C．过上的任一点引的切线交于点，则点为线段的中点D．斜率为的直线与，的右支由上到下依次交于点，则11．（2024·河北唐山·二模）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（

）A． B．以为直径的圆与相切C．以为直径的圆过坐标原点 D．为直角三角形三、填空题12．（2024·全国·模拟预测）已知椭圆，平行于轴的直线与交于点，平行于轴的直线与交于点，直线与直线在第一象限交于点，且，，，，若过点的直线与交于点，且点为的中点，则的方程为．13．（2023·河南·模拟预测）已知为坐标原点，双曲线：（，）的左，右焦点分别为，，过左焦点作斜率为的直线与双曲线交于，两点（在第一象限），是的中点，若是等边三角形，则直线的斜率为．14．（2024·广东·模拟预测）已知为坐标原点，点在抛物线上，且.记点的轨迹为曲线，若直线与曲线交于两点，且线段中点的横坐标为1，则直线的斜率为.四、解答题15．（2020·浙江·模拟预测）已知抛物线的顶点是椭圆的中心，焦点与该椭圆的右焦点重合.(1)求抛物线的方程；(2)已知动直线过点，交抛物线于、两点，坐标原点为中点，①求证：；②是否存在垂直于轴的直线被以为直径的圆所截得的弦长恒为定值？如果存在，求出的方程；如果不存在，说明理由.16．（2024·福建漳州·模拟预测）已知，我们称双曲线与椭圆互为“伴随曲线”，点为双曲线和椭圆的下顶点.(1)若为椭圆的上顶点，直线与交于，两点，证明：直线，的交点在双曲线上；(2)过椭圆的一个焦点且与长轴垂直的弦长为，双曲线的一条渐近线方程为，若为双曲线的上焦点，直线经过且与双曲线上支交于，两点，记的面积为，（为坐标原点），的面积为.（i）求双曲线的方程；（ii）证明：.17．（2024·陕西西安·模拟预测）已知抛物线的焦点为．过F作两条互相垂直的直线，，且直线与交于M，N两点，直线与交于E，P两点，M，E均在第一象限．设A，B分别为弦MN，EP的中点，直线ME与直线NP交于点H．(1)求的方程．(2)直线AB是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．(3)证明：点H在直线上．18．（2023·河北保定·三模）设椭圆的左､右顶点分别为，离心率为，且.(1)求椭圆的标准方程；(2)设点为椭圆上异于的两动点，记直线的斜率为，直线的斜率为，已知.直线与轴相交于点，求的面积的最大值.19．（2024·安徽芜湖·模拟预测）如图，直线与直线，分别与抛物线交于点A，B和点C，D（A，D在x轴同侧）．当经过T的焦点F且垂直于x轴时，．

(1)求抛物线T的标准方程；(2)线段AC与BD交于点H，线段AB与CD的中点分别为M，N①求证：M，H，N三点共线；②若，求四边形ABCD的面积．参考答案：题号12345678910答案DBACBBCCACDBCD题号11答案AC1．D【分析】分以及两种情况分别进行求解即可求出结果.【详解】因为，所以，若（当时，面积一样），则，，所以；若，设，则，所以，故，符合题意；综上：的面积为1或.故选：D2．B【分析】设，则，由点差法求解离心率即可.【详解】设，则，则，两式相减可得，，即，即，，故.故选：B3．A【分析】首先求出，再结合题干中的条件可知，通过解不等式可得的取值范围，结合双曲线的离心率公式可得答案.【详解】由题意得，渐近线,将代入得坐标为,所以,因为轴，所以,由已知可得,两边同时除以得,所以，即，解得,所以，而双曲线的离心率，故选：A.4．C【分析】取的中点，连接，利用两角和的正切公式求出，即直线的斜率为，再设，，利用点差法得到，从而求出离心率.【详解】如图，取的中点，连接，则，所以，设直线的倾斜角为，则，所以，所以直线的斜率为，设，，则，由，得到，所以，所以，则.故选：C5．B【分析】由题意得，得的方程为，设，由得，不妨设点在第一象限，易知为锐角，当取最大值时，直线的斜率也最大，运用斜率公式结合基本不等式可得，即当取最大值时，由同角基本关系求出即可.【详解】因为过点的的弦中最短的弦长为8，所以，即的方程为．设，由是线段上靠近点的五等分点，得，所以，故，即，不妨设点在第一象限，易知为锐角，当取最大值时，直线的斜率也最大，又，当且仅当，即时取等号，此时，，，，即的最大值为．故选：B．6．B【分析】设直线的方程为，利用设而不求法求弦长AB的表达式，再求线段的垂直平分线，由条件列方程求可得结论.【详解】抛物线的焦点的坐标为，由题意可知：直线的斜率不为，但可以不存在，且直线与抛物线必相交，可设直线的方程为，Ax1,联立方程，消去x可得，则，可得，即，设的中点为Px0,y0，则可知线段的垂直平分线方程为，因为在线段的垂直平分线上，则，可得，联立方程，解得，故选：B.7．C【分析】将点代入椭圆方程中，得到，运用特殊值法、点到直线距离公式、配方法、基本不等式逐一判断即可.【详解】因为椭圆过点，所以，不妨设，，那么，，A注意到当的时候，但是，从而A错误B直线是，计算，B错误．C，从而有，同理．显然曲线在直线所围成的矩形内，椭圆在直线所围成的矩形内，由，显然椭圆和没有交点．C正确·D因为，所以，从而，D错误故选：C8．C【分析】求出渐近线方程，与直线联立，求出点的坐标，求出的三边长，及点到直线的距离，利用等面积法即可求解内切圆的半径.【详解】双曲线的渐近线方程为，

联立方程，解得同理联立，解得，不妨设，则，点到直线的距离，设内切圆的半径为，则有，即，解得.故选：C9．ACD【分析】根据中位线及椭圆的定义，利用等边三角可求出PF1，，再由余弦定理可得关系，即可判断B，再由三角形面积公式判断A，利用等面积法判断C，由角平分线定理求出即可判断D.【详解】如图，设，，延长交于点.

由题意知，为的中点，则为的中点，又，所以是等边三角形，则化简得即在中，由余弦定理得，所以，即.因为，所以，，所以，，故B错误.的面积为，故A正确.设点到轴的距离为，所以，则，故C正确.因为是的平分线，所以，所以，则，故D正确.故选：ACD10．BCD【分析】由题意、，根据双曲线的几何意义即可判断AB；设切线方程为，分别联立、，利用韦达定理计算即可，结合中点坐标即可判断C；由选项C的分析，结合弦长公式即可判断D.【详解】A：的焦距为，的焦距为，所以两双曲线的焦距之比为，故A错误；B：的渐近线方程为，离心率为，的渐近线方程为，离心率为，所以两双曲线的渐近线方程相等，离心率也相等，故B正确；C：设切线方程为，联立，，得，又直线与相切，所以；联立，，得，所以，所以，即为的中点，故C正确；D：由选项C的分析知，，所以，得，又，所以，故D正确.故选：BCD11．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F1,0，所以，，，所以不为直角三角形，故D错误.故选：AC.12．【分析】设，根据已知条件求出，根据点坐标，即可求出、，由此即可确定椭圆的方程，方法一：利用点差法求出直线斜率，即可求出的方程；方法二：点斜式设出直线方程，直曲联立得，利用韦达定理表示出，结合即可求出进而求出的方程.【详解】设，由，，，，得，，所以，所以，，代入的方程得，解得，故的方程为．解法一

易知的斜率存在且不为0，设Ax1则，，两式相减得，由点为的中点得，，则的斜率为，所以的方程为，即．解法二

易知的斜率存在且不为，设的方程为，代入的方程并整理得，需满足，设Ax1,y1,Bx解得，所以的方程为，即．故答案为：13．【详解】

设双曲线的半焦距为，，根据题意得．又，∴．在中，由余弦定理得，，即，解得，则．设，，则，，两式相减可得，所以．设，因为是线段的中点，所以，，又，所以．故答案为：.14．/0.5【分析】设直线，则，结合已知用表示出的坐标，消去参数即可得曲线的方程，由点差法即可得解.【详解】显然斜率均存在，设直线，则，联立，得，同理，设，则，化简可得，曲线.设，则，两式相减可得，，则.故答案为：.15．(1)(2)①证明见解析；②存在，【分析】（1）由题意，设抛物线方程由，得由此能求出抛物线的方程；（2）①设Ax1,y1，Bx2,y2，由于为中点，则,故当轴时由抛物线的对称性知，当不垂直轴时，设，由，得，由此能够证明.②设存在直线满足题意，则圆心，过作直线的垂线，垂足为，故，由此能够推出存在直线：满足题意．【详解】（1）由题意，可设抛物线方程为．由，可得，抛物线的焦点为1,0，，抛物线的方程为；（2）①设Ax1,由于为中点且，则，故当轴时，由抛物线的对称性知，一定有，当不垂直轴时，显然直线的斜率不为，设，由，得，，则，则，，所以，则，综上证知，；②设存在直线满足题意，设圆心，过作直线的垂线，垂足为，圆与直线的一个交点为，，即

，当时，，此时直线被以为直径的圆截得的弦长恒为定值，因此存在直线：满足题意.【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,y（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解.16．(1)证明见解析；(2)（i）；（ii）证明见解析.【分析】（1）联立与椭圆方程，求得点的坐标，以及直线的方程，从而求得的交点坐标，即可验证其满足双曲线方程，从而证明；（2）（i）根据通径长度以及渐近线方程求得a,b,c，则双曲线方程得解；（ii）设直线方程为，联立双曲线方程，利用韦达定理，结合三角形的面积，求得；再利用三角形面积公式和韦达定理，表达出，即可证明.【详解】（1）证明：依题意可知，，联立不妨取，，则直线的方程为，①直线的方程为，②联立①②可得即直线，的交点坐标为.又成立，所以直线，的交点在双曲线上.（2）（i）对，令，故可得，；因为过椭圆的一个焦点且与长轴垂直的弦长为，所以.③因为双曲线的一条