2025年高考数学三轮复习之圆锥曲线综合VIP

第37页（共37页）2025年高考数学三轮复习之圆锥曲线综合一．选择题（共8小题）1．（2025•赤峰模拟）在平面内，两定点A，B之间的距离为4，动点M满足|MA|＝3|MB|，则点M轨迹的长度为（）A．3π B．6π C．9π D．12π2．（2024秋•安徽期末）已知点A（﹣2，0），B（2，0），点M满足MA→⋅MB→=0，同时满足|MA|＝3|MB|A．35 B．45 C．1 D3．（2024秋•上饶期末）椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左、右焦点分别是F1，F2，斜率为1的直线l过左焦点F1，交C于A，A．[26，23] B．[364．（2025•鹰潭一模）已知直线l1：mx+y+m＝0和l2：x﹣my﹣3＝0相交于点P，则点P的轨迹方程为（）A．（x﹣1）2+y2＝4 B．（x+1）2+y2＝4 C．（x﹣1）2+y2＝4（x≠﹣1） D．（x+1）2+y2＝4（x≠1）5．（2025•张掖模拟）如图所示，点F是抛物线y2＝4x的焦点，点A，B分别在抛物线y2＝4x及圆（x﹣1）2+y2＝16的实线部分上运动，且AB总是平行于x轴，则△FAB的周长的取值范围是（）A．（2，6） B．（5，8） C．（8，12） D．（8，10）6．（2025•望城区校级一模）如图，某简单组合体由圆柱与一个半球黏合而成，已知圆柱底面半径为2，高为4，A是圆柱下底面圆周上的一个定点，P是半球面上的一个动点，且|AP|=210A．55π B．255π C．7．（2024秋•江西校级期末）古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点A、B的距离之比为定值λ（λ≠1）的点所形成的图形是圆，后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系xOy中，A（﹣2，0），B（4，0）．点P满足|PA||PB|A．C的方程为（x+4）2+y2＝16 B．在C上存在点D，使得D到点（1，1）的距离为3 C．在C上存在点M，使得|MO|＝2|MA| D．C上的点到直线3x﹣4y﹣13＝0的最小距离为18．（2025•朝阳区校级一模）关于方程x2+xy+2y2＝4所表示的曲线，下列说法正确的是（）A．关于x轴对称 B．关于y轴对称 C．关于y＝x对称 D．关于原点中心对称二．多选题（共4小题）（多选）9．（2025•赤峰模拟）数学里常研究一些形状特殊的曲线，常用到数形结合的思想方法．比如形状酷似“星星”的曲线C：|xA．周长大于25 B．共有4条对称轴 C．围成的封闭图形面积小于14 D．围成的封闭图形内能放入圆的最大半径为1（多选）10．（2025•长安区一模）已知F是抛物线C：y2＝4x的焦点，l是C的准线，点N是C上一点且位于第一象限，直线FN与圆A：x2+y2﹣6x+7＝0相切于点E，点E在线段FN上，过点N作l的垂线，垂足为P，则以下结论正确的是（）A．|EFB．直线FN的方程为x﹣y﹣1＝0 C．|NFD．△PFN的面积为8+6（多选）11．（2025•南宁模拟）在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝4，P、Q分别为棱C1D1、DD1的中点，点E满足AE→=λAB1→，λ∈[0，1]，动点F在矩形ADD1A1内部及其边界上运动，且满足PF=5，点M在棱A．动点F的轨迹长度为π B．存在E，F，使得EF//平面A1BC1 C．三棱锥P﹣A1QE的体积是三棱锥B1﹣PBC体积的32倍D．当动点F的轨迹与几何体Ω只有一个公共点时，几何体Ω的侧面积为8（多选）12．（2025•重庆校级模拟）数学中有许多形状优美的曲线，曲线C：A．曲线C与直线y＝x有3个公共点 B．x+3yC．曲线C所围成的图形的面积为8πD．x2+（y+3）2的最大值为11+4三．填空题（共4小题）13．（2025•南宁模拟）已知曲线E：y2=4x2+1-x2-4，则E的一条对称轴方程为；已知A，B是E上不同于原点O的两个顶点，C为E上与A14．（2024秋•上城区校级期末）椭圆x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)与双曲线x2a15．（2024秋•广东校级期末）已知动圆P与圆F1：（x+2）2+y2＝81相切，且与圆F2：（x﹣2）2+y2＝1内切，记圆心P的轨迹为曲线C，则曲线C的方程为．16．（2025•枣庄模拟）双曲线x29-y2四．解答题（共4小题）17．（2024秋•上饶期末）已知A（﹣2，0），B（1，0），Q（﹣1，2），动点P满足|PA（1）求动点P的轨迹E的方程；（2）求|PQ|的最小值和最大值．18．（2025•重庆校级模拟）已知圆F1：(x+2)2+y2=4，动圆C过F（1）求Γ的方程；（2）设定点D（﹣1，0），过F2作直线l交曲线Γ于A、B两点，直线DA，DB分别交直线x=12于P、Q19．（2024秋•晋中期末）在直角坐标系xOy中，A，B两点的坐标分别为（﹣3，0），（3，0），直线MA，MB相交于点M，它们的斜率之积为-23，点M的轨迹为曲线（1）求C的方程；（2）若斜率为k1且不经过原点O的直线l与C交于D，E两点，线段DE的中点为Q，直线OQ的斜率记为k2，求k1•k2的值；（3）在（2）的条件下，点P为C上一点，且不与C的顶点重合，点P关于x轴的对称点为P′，若直线PD与PE关于直线PP′对称，求证：O，Q，P′三点共线．20．（2024秋•滨州期末）已知抛物线C：x2＝2py（p＞0）的准线与椭圆x2+y（1）求抛物线C的方程；（2）若圆M过点A（0，2），且圆心M在抛物线C上运动，BD是圆M在x轴上截得的弦．求证：弦BD的长为定值；（3）过抛物线C的焦点F作两条互相垂直的直线分别与抛物线C交于点G，H和点R，S，求四边形GRHS面积的最小值．

2025年高考数学三轮复习之圆锥曲线综合参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）题号12345678答案ADACDDCD二．多选题（共4小题）题号9101112答案ABCBCDABDABD一．选择题（共8小题）1．（2025•赤峰模拟）在平面内，两定点A，B之间的距离为4，动点M满足|MA|＝3|MB|，则点M轨迹的长度为（）A．3π B．6π C．9π D．12π【考点】轨迹方程．【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆；运算求解．【答案】A【分析】建立平面直角坐标系，设点M（x，y），根据|MA|＝3|MB|求出点M的轨迹方程，结合圆的周长公式可求得结果．【解答】解：以线段AB的中点O为坐标原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，设点M（x，y），点A（﹣2，0）、B（2，0），由|MA|＝3|MB|，可得(x整理可得x2+y2﹣5x+4＝0，化为标准方程得(x∴，点M的轨迹是以点C(52因此，点M轨迹的长度为2π故选：A．【点评】本题考查轨迹方程的求法，是中档题．2．（2024秋•安徽期末）已知点A（﹣2，0），B（2，0），点M满足MA→⋅MB→=0，同时满足|MA|＝3|MB|A．35 B．45 C．1 D【考点】轨迹方程．【专题】数形结合；综合法；直线与圆；运算求解．【答案】D【分析】设M（x，y），利用平面向量数量积的坐标运算求出点的轨迹方程，可知点的轨迹为圆；再由点M满足|MA|＝3|MB|，得到轨迹方程为圆，点M是两个曲线的公共点，联立求出直线方程，得解．【解答】解：根据题意可知，点M满足MA→⋅MB→=0，设M因为MA→⋅MB→=0，所以可得（﹣2﹣x，﹣y）•（2﹣x，﹣y）＝0，即x2+又因为点M满足|MA|＝3|MB|，所以(x即x2+4x+4+y2＝9[x2﹣4x+4+y2]，整理得，x2+y2﹣5x+4＝0，所以点M是两个曲线的公共点，联立x2+y代入圆x2+y2＝4可得，y=±65，所以点M到故选：D．【点评】本题主要考查轨迹方程，属于中档题．3．（2024秋•上饶期末）椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左、右焦点分别是F1，F2，斜率为1的直线l过左焦点F1，交C于A，A．[26，23] B．[36【考点】圆与圆锥曲线的综合；求椭圆的离心率．【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】A【分析】结合椭圆的定义和△ABF2的内切圆半径表示△ABF2的面积，再结合点到直线的距离和线段AB表示△ABF2的面积，列式可得关于a，c的关系，再根据|AB|的取值范围可求离心率的取值范围．【解答】解：椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左、右焦点分别是F1，F如图：∵△ABF2的内切圆的面积是π，∴△ABF2的内切圆的半径为1．结合椭圆的定义：S△由F2到直线AB：x﹣y+c＝0的距离为：2c∴S△由2a=2又|AB|∈[6，12]，∴e∈故选：A．【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，圆与圆锥曲线的综合应用，离心率的求法，是中档题．4．（2025•鹰潭一模）已知直线l1：mx+y+m＝0和l2：x﹣my﹣3＝0相交于点P，则点P的轨迹方程为（）A．（x﹣1）2+y2＝4 B．（x+1）2+y2＝4 C．（x﹣1）2+y2＝4（x≠﹣1） D．（x+1）2+y2＝4（x≠1）【考点】轨迹方程．【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆；运算求解．【答案】C【分析】由题意可得两直线位置关系以及其所过定点，根据圆的方程，可得答案．【解答】解：由直线l1：mx+y+m＝0和l2：x﹣my﹣3＝0相交于点P，可知m•1+1•（﹣m）＝0，则l1⊥l2，由l1：（x+1）m+y＝0，则直线l1过定点A（﹣1，0），由l2：x﹣3﹣my＝0，则直线l2过定点B（3，0），易知动点P的轨迹为AB为直径的圆，圆心（1，0），半径r＝2，由题意易知直线l1的斜率存在，则交点P不能是（﹣1，0），则动点P的轨迹方程为（x﹣1）2+y2＝4（x≠﹣1）．故选：C．【点评】本题考查轨迹方程的求法，是中档题．5．（2025•张掖模拟）如图所示，点F是抛物线y2＝4x的焦点，点A，B分别在抛物线y2＝4x及圆（x﹣1）2+y2＝16的实线部分上运动，且AB总是平行于x轴，则△FAB的周长的取值范围是（）A．（2，6） B．（5，8） C．（8，12） D．（8，10）【考点】圆与圆锥曲线的综合．【专题】数形结合；数形结合法；直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学抽象；运算求解．【答案】D【分析】过点A作准线x＝﹣1的垂线，垂足为E，则△FAB的周长为xB+5，求出xB后可得所求的范围．【解答】解：过点A作准线x＝﹣1的垂线，垂足为E，则△FAB的周长为|AF|+|AB|+|BF|＝|AB|+|AE|+4＝|BE|+4＝xB+5，由y2=4x故3＜xB＜5，故△FAB的周长的取值范围为（8，10）．故选：D．【点评】本题考查抛物线的性质，与抛物线焦点有关的距离问题可以转化为与准线有关的距离计算问题．6．（2025•望城区校级一模）如图，某简单组合体由圆柱与一个半球黏合而成，已知圆柱底面半径为2，高为4，A是圆柱下底面圆周上的一个定点，P是半球面上的一个动点，且|AP|=210A．55π B．255π C．【考点】轨迹方程．【专题】转化思想；综合法；直线与圆；运算求解．【答案】D【分析】由题意分析出P在半球面形成的轨迹为圆周，再由三点共线及勾股定理解出r，最后按照圆的周长求得即可．【解答】解：由于|AP|=210如图：记圆柱上顶面圆心为M，点P的轨迹所在圆的圆心为N，则A，M，N共线，AN⊥PN，设|PN|＝r，|MN|＝d，在△ANP和△MNP中使用勾股定理有(25解得r=255d故选：D．【点评】本题主要考查点的轨迹的判断，考查计算能力，属于中档题．7．（2024秋•江西校级期末）古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点A、B的距离之比为定值λ（λ≠1）的点所形成的图形是圆，后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系xOy中，A（﹣2，0），B（4，0）．点P满足|PA||PB|A．C的方程为（x+4）2+y2＝16 B．在C上存在点D，使得D到点（1，1）的距离为3 C．在C上存在点M，使得|MO|＝2|MA| D．C上的点到直线3x﹣4y﹣13＝0的最小距离为1【考点】轨迹方程．【专题】方程思想；综合法；直线与圆；运算求解．【答案】C【分析】对A：设点P（x，y），由两点的距离公式代入化简判断；对B：根据两点间的距离公式求得点（1，1）到圆上的点的距离的取值范围，由此分析判断；对C：设点M（x，y），求点M的轨迹方程，结合两圆的位置关系分析判断；对D：结合点到直线的距离公式求得C上的点到直线3x﹣4y﹣13＝0的最小距离，由此分析判断．【解答】解：对A：设点P（x，y），由A（﹣2，0），B（4，0），|PB|＝2|PA|，可得(x-4)2+y2=2(x+2)2+y2，两边平方可得x2+y2整理得（x+4）2+y2＝16，故A正确；对B：（x+4）2+y2＝16的圆心C1（﹣4，0），半径为r1＝4，∵点（1，1）到圆心C1（﹣4，0）的距离d1则圆上一点到点（1，1）的距离的取值范围为[d而3∈(26-4，26+4)，故在C上存在点D，使得D到点（对C：设点M（x，y），∵|MO|＝2|MA|，则x2+y∴点M的轨迹方程为(x+83)又|C∴在C上不存在点M，使得|MO|＝2|MA|，C不正确；对D：由点到直线的距离公式，可得圆心C1（﹣4，0）到直线3x﹣4y﹣13＝0的距离为d2∴C上的点到直线3x﹣4y﹣13＝0的最小距离为d2﹣r1＝1，故D正确．故选：C．【点评】本题考查圆的方程和性质，以及直线和圆的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．8．（2025•朝阳区校级一模）关于方程x2+xy+2y2＝4所表示的曲线，下列说法正确的是（）A．关于x轴对称 B．关于y轴对称 C．关于y＝x对称 D．关于原点中心对称【考点】曲线与方程．【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】D【分析】根据题意，由曲线方程，依次分析选项即可得出答案．【解答】解：对于A，将方程中y换为﹣y，则有x2+x（﹣y）+2（﹣y）2＝4，则x2﹣xy+2y2＝4，与原方程不同，所以方程x2+xy+2y2＝4不关于x轴对称；所以A不正确；对于B，将方程中x换为﹣x，则有（﹣x）2+（﹣x）y+2y2＝4，则x2﹣xy+2y2＝4，与原方程不同，所以方程x2+xy+2y2＝4不关于y轴对称；所以B不正确；对于C，将方程中x换为y，y换为x，则有y2+yx+2x2＝4，与原方程不相同，所以方程x2+xy+2y2＝4不关于y＝x轴对称；所以C不正确；对于D，将方程中x换为﹣x，y换为﹣y，则有（﹣x）2+（﹣x）（﹣y）+2y2＝4，则x2+xy+2y2＝4，与原方程相同，所以方程x2+xy+2y2＝4关于原点中心对称．所以D正确．故选：D．【点评】本题考查曲线方程的应用，属于中档题．二．多选题（共4小题）（多选）9．（2025•赤峰模拟）数学里常研究一些形状特殊的曲线，常用到数形结合的思想方法．比如形状酷似“星星”的曲线C：|xA．周长大于25 B．共有4条对称轴 C．围成的封闭图形面积小于14 D．围成的封闭图形内能放入圆的最大半径为1【考点】曲线与方程．【专题】方程思想；定义法；函数的性质及应用；逻辑思维．【答案】ABC【分析】分析曲线在第一象限内的性质，可判断ABD的真假，根据曲线方程的特点，可判断B的真假．【解答】解：根据题意，在第一象限曲线C为x+所以y=当0＜x＜4，0＜y＜4时，曲线C在圆（x﹣4）2+（y﹣4）2＝16的下方，理由如下：由于x+y=2，可设y那么（x﹣4）2+（y﹣4）2＝（4cos4θ﹣4）2+（4sin4θ﹣4）2＝16[（cos4θ﹣1）2+（sin4θ﹣1）2]又因为（cos4θ﹣1）2+（sin4θ﹣1）2＝cos8θ+sin8θ﹣2（cos4θ+sin4θ）+2＝（cos4θ+sin4θ）2﹣2cos4θsin4θ﹣2（cos4θ+sin4θ）+2＝（1﹣2cos2θsin2θ）2﹣2cos4θsin4θ﹣2（1﹣2cos2θsin2θ）+2＝2cos4θsin4θ+1≥1（只有当cosθ＝0或cosθ＝1时取“＝”）．因此（x﹣4）2+（y﹣4）2≥16，因此0＜x＜4，0＜y＜4时，曲线C在圆（x﹣4）2+（y﹣4）2＝16的下方．即第一象限曲线C的长度大于圆（x﹣4）2+（y﹣4）2＝16周长的14即曲线C的周长大于圆（x﹣4）2+（y﹣4）2＝16的周长8π，而8π＞25，则A选项正确；由曲线C的方程为|x因为（x，﹣y），（﹣x，y），（y，x），（﹣y，﹣x）代入方程，方程都不变，所以曲线C关于x轴，y轴，直线y＝x和y＝﹣x对称，共有4条对称轴，则选项B正确；由A选项的推证可知：曲线C围成的封闭图形的面积S＜8×8﹣π•42＝16（4﹣π）＜14，则选项C正确；第一象限曲线C的方程为x+所以x+y≥(x+y)2所以曲线上距离原点的最短距离为2，因此围成的封闭图形内最大能放入半径为2的圆，则选项D错误．故选：ABC．【点评】本题考查曲线与方程，属于中档题．（多选）10．（2025•长安区一模）已知F是抛物线C：y2＝4x的焦点，l是C的准线，点N是C上一点且位于第一象限，直线FN与圆A：x2+y2﹣6x+7＝0相切于点E，点E在线段FN上，过点N作l的垂线，垂足为P，则以下结论正确的是（）A．|EFB．直线FN的方程为x﹣y﹣1＝0 C．|NFD．△PFN的面积为8+6【考点】圆与圆锥曲线的综合．【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】BCD【分析】求出抛物线的焦点坐标及准线方程，圆A的圆心及半径，再结合抛物线的定义逐项判断即可．【解答】解：圆A：（x﹣3）2+y2＝2的圆心A（3，0），半径r=抛物线C：y2＝4x的焦点F（1，0），准线l：x＝﹣1，连接AE，由FN切圆A于E，得AE⊥对于选项A，|AF|＝2，则|EF|=|对于选项B，由选项A知，∠AFE＝45°，直线FN的斜率为1，方程为y＝x﹣1，B选项正确；对于选项C，设N（x0，y0），y0＞0，由y0=x0-1y对于选项D，△PFN的面积S△PFN=故选：BCD．【点评】本题考查圆与圆锥曲线是综合应用，是中档题．（多选）11．（2025•南宁模拟）在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝4，P、Q分别为棱C1D1、DD1的中点，点E满足AE→=λAB1→，λ∈[0，1]，动点F在矩形ADD1A1内部及其边界上运动，且满足PF=5，点M在棱A．动点F的轨迹长度为π B．存在E，F，使得EF//平面A1BC1 C．三棱锥P﹣A1QE的体积是三棱锥B1﹣PBC体积的32倍D．当动点F的轨迹与几何体Ω只有一个公共点时，几何体Ω的侧面积为8【考点】轨迹方程；棱锥的体积；球的表面积．【专题】计算题；整体思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解；新定义类．【答案】ABD【分析】根据PF为定长，易得D1F也是定值，可以确定F的轨迹，过点E作A1C1B的平行平面找到与F的轨迹的交点，则可确定存在EF//平面A1BC1，利用换底与换顶点的方法可以将三棱锥P﹣A1QE的体积是三棱锥B1﹣PBC体积求出来，从而得出两体积之间的关系，由动点F的轨迹与几何体Ω只有一个公共点，可以确定该圆锥地面半径，再利用S侧＝πrl可求解Ω的侧面积．【解答】解：根据题目所给：在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝4，P、Q分别为棱C1D1、DD1的中点，点E满足AE→=λAB1→，λ∈[0，1]，动点F在矩形点M在棱AA1上，将△ADM绕边AD旋转一周得到几何体Ω，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，C1D1⊥ADD1A1，且PD1＝1，PF=且因为∠A1D1D=π2所以动点F的轨迹长度l=π2连接A1B，与AB1交于点O，在AO上任找一点E，过该点作A1B的平行线，会跟AA1相交于一点，再过该点作BC1的平行线，必会与F的轨迹相交，所以存在E，F使得EF//平面A1BC1，B正确；由题意VP-A1QE=VE-PA1Q，又因为P、Q为所以VE同理可得VB1-由题意，几何体Ω是以AD为旋转轴，DM为母线的圆锥，当动点F的轨迹与几何体只有一个公共点时，圆锥与平面ADD1A1的交线DM与F所在的圆弧相切，且因为AA1∥DD1，有∠D1DM＝∠DMA，所以sin∠则24=2DM，可得DM＝所以几何体Ω的侧面积S=πrl=故选：ABD．【点评】本题考查轨迹方程，涉及换底与换顶点的方法，属于难题．（多选）12．（2025•重庆校级模拟）数学中有许多形状优美的曲线，曲线C：A．曲线C与直线y＝x有3个公共点 B．x+3yC．曲线C所围成的图形的面积为8πD．x2+（y+3）2的最大值为11+4【考点】曲线与方程．【专题】方程思想；定义法；函数的性质及应用；逻辑思维．【答案】ABD【分析】对于A，联立y=对于B，作出曲线C的图形，令b=x+3y，则y对于C，求出一个弓形OAB的面，则可求出曲线C所围成的图形的面积，即可判断；对于D，确定x2+（y+3）2可表示为曲线C上的点（x，y）与定点（0，﹣3）的距离的平方，利用两点距公式计算即可判断．【解答】解：根据y=xx因此x2=|x解得|x|=3-1或|x|＝0，因此x=1-所以C与y＝x有3个公共点，因此选项A正确；对于选项B，x2+y2＝23|x|﹣2|y|⇔x2如图所示：根据图可知，AB所在圆的半径为2，圆心为D(3，令b=x+3y如图，当该直线与AB相切时，直线与y轴的截距最大，根据d＝r，得|3-3-b|12+32根据选项B知，C所围成的图形的面积为四个全等弓形OAB的面积之和，设弓形OAB的面积为S1，在三角形ADO中，cos∠因此∠ADO因此扇形ADO的面积S'S△ADO=因此C所围成的图形的面积为4S1=曲线x2+（y+3）2可表示为定点（0，﹣3）与曲线C上的点（x，y）的距离的平方，根据图可知，最大距离为定点（0，﹣3）到圆心D(所以(0-因此x2+（y+3）2的最大值为(7+2)故选：ABD．【点评】本题考查曲线与方程，属于中档题．三．填空题（共4小题）13．（2025•南宁模拟）已知曲线E：y2=4x2+1-x2-4，则E的一条对称轴方程为x＝0或y＝0；已知A，B是E上不同于原点O的两个顶点，C为E上与A【考点】轨迹方程．【专题】方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】x＝0或y＝0；22【分析】将方程中的x换为﹣x，y换为﹣y，检验方程是否变化，即可判断对称轴；令x＝0，求得y，以及令y＝0，求得x，从而确定A，B的坐标，同时令x2+1=t，换元后，求得y【解答】解：对曲线：E：将x换为﹣x，则y2=4(-x)将y换为﹣y，则(-y)2=故该曲线关于x＝0或y＝0对称；令x＝0，则y2＝0，故曲线过点（0，0）；令y＝0，则4x2+1=x2+4，即x4解得x＝0或x=22或x=对E：y2=4x2不妨令x2+1=t，则t∈[1，3]，故y2＝﹣t2+4t﹣3＝﹣（t﹣2故当t∈[1，3]时，y2∈[0，1]，故y∈[﹣1，1]，则（S△ABC）max=1故答案为：x＝0或y＝0；22【点评】本题主要考查轨迹方程，考查运算求解能力，属于中档题．14．（2024秋•上城区校级期末）椭圆x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)与双曲线x2a【考点】圆锥曲线的综合；求椭圆的离心率；双曲线的离心率．【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】(5【分析】根据已知可得b2a2＜45，再由e1=【解答】解：由双曲线的渐近线的斜率小于25可得0＜ba＜2又0＜e1＜1，则55＜e1＜1故答案为：(5【点评】本题考查圆锥曲线的综合应用，离心率的求法，是中档题．15．（2024秋•广东校级期末）已知动圆P与圆F1：（x+2）2+y2＝81相切，且与圆F2：（x﹣2）2+y2＝1内切，记圆心P的轨迹为曲线C，则曲线C的方程为x216【考点】轨迹方程．【专题】转化思想；综合法；直线与圆；运算求解．【答案】x2【分析】依题意可得|PF1|+|PF2|＝8＞|F1F2|＝4，所以圆心P的轨迹是以F1（﹣2，0），F2（2，0）为焦点，实轴长为8的椭圆，进而可求其方程．【解答】解：因为圆F1：（x+2）2+y2＝81，圆F2：（x﹣2）2+y2＝1，所以F1（﹣2，0），F2（2，0），圆F1半径为9，圆F2半径为1，设动圆圆心P（x，y），半径为r，又动圆P与圆F1：（x+2）2+y2＝81相切，且与圆F2：（x﹣2）2+y2＝1内切，所以动圆P与圆F1只能内切，且动圆P在圆F1内，所以|PF1|=9-r|PF2|=r-1，所以|PF1|+|PF2所以圆心P的轨迹是以F1（﹣2，0），F2（2，0）为焦点，实轴长为8的椭圆，又2a＝8，2c＝4，所以a＝4，c＝2，b2＝a2﹣c2＝12，所以曲线C的方程为x2故答案为：x2【点评】本题考查动点轨迹问题的求解，椭圆的几何性质，属中档题．16．（2025•枣庄模拟）双曲线x29-y216=1的右焦点是抛物线的焦点，则抛物线的标准方程是【考点】圆锥曲线的共同特征．【专题】计算题．【答案】见试题解答内容【分析】根据双曲线的方程与三个参数的关系求出双曲线的右焦点坐标，根据抛物线的方程与其焦点坐标的关系求出抛物线的方程．【解答】解：在x2c2＝9+16＝25∴c＝5∴双曲线的右焦点为（5，0）∵双曲线的右焦点是抛物线的焦点∴抛物线的标准方程是y2＝20x故答案为y2＝20x【点评】双曲线的方程中的三个参数的关系为a2+b2＝c2；抛物线的方程与焦点坐标的关系是抛物线的一次项的系数等于焦点非0坐标的4倍．四．解答题（共4小题）17．（2024秋•上饶期末）已知A（﹣2，0），B（1，0），Q（﹣1，2），动点P满足|PA（1）求动点P的轨迹E的方程；（2）求|PQ|的最小值和最大值．【考点】轨迹方程；直线与圆的位置关系．【专题】数形结合；综合法；直线与圆；运算求解．【答案】（1）x2+y2﹣4x＝0；（2）最小值是13-2，最大值是【分析】（1）设P（x，y），由|PA||PB|=(x+2)2+y（2）由圆心M（2，0），半径是2，先判断|QM|＞2即Q（﹣1，2）在圆外，故|PQ|的最小值为|QM|﹣r，最大值为|QM|+r．【解答】解：（1）如图，设动点P（x，y），则|PA即（x+2）2+y2＝4（x﹣1）2+4y2，整理得（x﹣2）2+y2＝4，故动点P的轨迹E的方程为（x﹣2）2+y2＝4，该轨迹是以（2，0）为圆心，以2为半径的圆；（2）如图，由（1）可知E：（x﹣2）2+y2＝4，半径是2，圆心M（2，0）．因|QM|=9+4=13＞2|PQ|的最小值为|QM|﹣r，最大值为|QM|+r即|PQ|的最小值是13-2，最大值是【点评】本题主要考查点的轨迹方程以及与圆有关的最值问题，属于基础题．18．（2025•重庆校级模拟）已知圆F1：(x+2)2+y2=4，动圆C过F（1）求Γ的方程；（2）设定点D（﹣1，0），过F2作直线l交曲线Γ于A、B两点，直线DA，DB分别交直线x=12于P、Q【考点】直线与圆锥曲线的综合；轨迹方程．【专题】转化思想；转化法；圆锥曲线中的最值与范围问题；运算求解．【答案】（1）x2-y23=1(x【分析】（1）根据相切的性质，可得|CF1|＝2+r，|CF2|＝r，即可结合双曲线的定义求解；（2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，根据弦长公式可得|AB|，进而可得P，Q的坐标，即可化简得|AB【解答】解：（1）因为圆F1：(x+2)2+y2所以圆C过F2（2，0），所以|CF2|＝r，又圆C与圆F1外切，所以|CF1|＝2+r，故|CF1|﹣|CF2|＝2＜|F2F2|＝4，所以Γ是以F1，F2为焦点的双曲线的右支，设其方程为x2得a＝1，c＝2，b2＝c2﹣a2＝3，故方程为x2（2）根据题意可知直线l的斜率不为0，故设AB：x＝ty+2，则x=得：（3t2﹣1）y2+12t•y+9＝0，故3t2﹣1≠0且Δ＝144t2﹣36（3t2﹣1）＝36（t2+1），故y1故0≤t2直线AD：令x=12同理可得yQ则|PQ|AB令s=则t2＝s2﹣1，故|AB函数y=4s故当s＝1时，ymax＝1，故当t＝0，直线l斜率不存在时，|AB||【点评】本题考查圆锥曲线中取值范围问题，属于难题．19．（2024秋•晋中期末）在直角坐标系xOy中，A，B两点的坐标分别为（﹣3，0），（3，0），直线MA，MB相交于点M，它们的斜率之积为-23，点M的轨迹为曲线（1）求C的方程；（2）若斜率为k1且不经过原点O的直线l与C交于D，E两点，线段DE的中点为Q，直线OQ的斜率记为k2，求k1•k2的值；（3）在（2）的条件下，点P为C上一点，且不与C的顶点重合，点P关于x轴的对称点为P′，若直线PD与PE关于直线PP′对称，求证：O，Q，P′三点共线．【考点】轨迹方程．【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】（1）x2（2）-2（3）证明见解析．【分析】（1）利用斜率的坐标公式列式化简即得．（2）根据给定条件，利用点差法列式，结合斜率的坐标公式求得答案．（3）设点P（x0，y0）及直线PD的斜率k，直线PD，PE与椭圆方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式，结合（2）证得OQ，OP′的斜率相等即可．【解答】（1）解：设点M（x，y），依题意，x≠±3，A，B两点的坐标分别为（﹣3，0），（3，0），直线MA，MB相交于点M，它们的斜率之积为-2yx+3⋅所以C的方程是x2（2）解：设D（x1，y1），E（x2，y2），Q（x3，y3），则x1+x2＝2x3，y1+y2＝2y3，由点D，E均在曲线C上，得2x两式相减得2（x1﹣x2）（x1+x2）+3（y1﹣y2）（y1+y2）＝0，则y1斜率为k1且不经过原点O的直线l与C交于D，E两点，线段DE的中点为Q，直线OQ的斜率记为k2，而k1=y（3）证明：设点P（x0，y0），则P′（x0，﹣y0），设直线PD的斜率为k，则PE的斜率为﹣k，直线PD的方程为y﹣y0＝k（x﹣x0），直线PE的方程为y﹣y0＝﹣k（x﹣x0），由y=k(x-则x0+同理x0+直线OP′的斜率k3=-=-y0得k3k1=y0因此k3k1=y0x0⋅-4又直线OQ，OP′有公共点O，所以O，Q，P′三点共线．【点评】本题考查直线被圆锥曲线所截弦中点及直线斜率问题，“点差法”的应用，是中档题．20．（2024秋•滨州期末）已知抛物线C：x2＝2py（p＞0）的准线与椭圆x2+y（1）求抛物线C的方程；（2）若圆M过点A（0，2），且圆心M在抛物线C上运动，BD是圆M在x轴上截得的弦．求证：弦BD的长为定值；（3）过抛物线C的焦点F作两条互相垂直的直线分别与抛物线C交于点G，H和点R，S，求四边形GRHS面积的最小值．【考点】直线与圆锥曲线的综合；根据抛物线上的点求抛物线的标准方程；抛物线的定点及定值问题．【专题】应用题；新定义；整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；新定义类．【答案】（1）x2＝4y，（2）证明见解析，（3）32．【分析】（1）由抛物线准线与椭圆的相交弦长易得椭圆上的点(-32（2）设圆心M的坐标为（x0，y0），利用圆的弦长公式计算即可证得；（3）设直线GH，RS的方程分别为y＝kx+1，y=-1kx+1，点G（x1，y1）、H（x2，y2），由直线GH与抛物线方程联立，利用抛物线焦半径公式求出|GH|和【解答】解：（1）由已知，抛物线C的准线方程为y=因为直线y=-p2与椭圆结合椭圆的对称性，可得直线y=-p2与椭圆将(-32，-p2所以抛物线C的方程为x2＝4y．（2）证明：根据题目：已知抛物线C：x2＝2py（p＞0）的准线与椭圆x2+y如图，设圆心M的坐标为（x0，y0），由M在抛物线C上，可知M到x轴距离为|MH|＝|y0|，x0则|MD|BD故圆心M在抛物线C上运动时弦BD的长为定值4．（3）由（1）知F（0，1）．易知，直线GH，RS的斜率存在且不为零，如图，设直线GH，RS的方程分别为y＝kx+1，y=点G（x1，y1）、H（x2，y2），由y=kx+1x2=4y得x2﹣Δ＝16k2+16＞0，x1+x2＝4k，则|GH同理可得|RS所以四边形GRHS的面积为1≥8(2+2当且仅当k2=1k2即四边形GRHS的面积的最小值为32．【点评】本题考查与抛物线有关的四边形面积最值问题，涉及标准方程的求解与计算，属于较难题．

考点卡片1．棱锥的体积【知识点的认识】棱锥的体积可以通过底面面积B和高度h计算，顶点到底面的垂直距离即为高度．【解题方法点拨】﹣计算公式：体积计算公式为V=﹣底面面积计算：底面面积B可以根据底面多边形的性质计算．【命题方向】﹣棱锥的体积计算：考查如何根据底面面积和高度计算棱锥的体积．﹣实际应用：如何在实际问题中应用棱锥体积计算．2．球的表面积【知识点的认识】球的表面积依赖于球的半径r，计算公式为4π【解题方法点拨】﹣计算公式：表面积计算公式为4π﹣实际应用：如何根据实际问题中的球尺寸进行表面积计算．【命题方向】﹣球的表面积计算：考查如何根据球的半径计算表面积．﹣实际应用：如何在实际问题中应用球的表面积计算．3．直线与圆的位置关系【知识点的认识】直线与圆的位置关系【解题方法点拨】判断直线与圆的位置关系的方法直线Ax+By+C＝0与圆（x﹣a）2+（y﹣b）2＝r2（r＞0）的位置关系的判断方法：（1）几何方法：利用圆心到直线的d和半径r的关系判断．圆心到直线的距离d=①相交：d＜r②相切：d＝r③相离：d＞r（2）代数方法：联立直线与圆的方程，转化为一元二次方程，用判别式△判断．由Ax+①相交：△＞0②相切：△＝0③相离：△＜0．4．求椭圆的离心率【知识点的认识】椭圆的离心率e由公式e=ca【解题方法点拨】1．计算离心率：使用公式e=【命题方向】﹣给定a和b，求椭圆的离心率．﹣计算椭圆的离心率，并分析其含义．5．根据抛物线上的点求抛物线的标准方程【知识点的认识】已知抛物线上的点（x1，y1），可以代入标准方程y2＝2px或x2＝2py来求解p的值．【解题方法点拨】1．代入点坐标：将点（x1，y1）代入抛物线方程．2．解出p：通过方程解得p的值，确定抛物线的标准方程．【命题方向】﹣给定点坐标，计算抛物线的标准方程．﹣利用点坐标确定抛物线参数p．6．抛物线的定点及定值问题【知识点的认识】定点问题涉及到抛物线上点到固定点或直线的距离问题．定值问题通常涉及求解某点到焦点或准线的最值．【解题方法点拨】1．计算定点距离：利用抛物线方程计算点到定点的距离．2．应用定值：解决与定值相关的几何问题．【命题方向】﹣给定抛物线的定点和定值，求解相关问题．﹣分析定点问题的几何特征及应用．7．双曲线的离心率【知识点的认识】双曲线的标准方程及几何性质标准方程x2a2-y2b2=1y2a2-x2b2=1图形性质焦点F1（﹣c，0），F2（c，0）F1（0，﹣c），F2（0，c）焦距|F1F2|＝2c|F1F2|＝2c范围|x|≥a，y∈R|y|≥a，x∈R对称关于x轴，y轴和原点对称顶点（﹣a，0）．（a，0）（0，﹣a）（0，a）轴实轴长2a，虚轴长2b离心率e=ca（e＞准线x＝±ay＝±a渐近线xa±yxb±y8．曲线与方程【知识点的认识】在直角坐标系中，如果某曲线C（看作点的集合或适合某种条件的点的轨迹）上的点与一个二元方程f（x，y）＝0的实数解建立了如下的关系：①曲线上点的坐标都是这个方程的解；②以这个方程的解为坐标的点都是曲线上的点．那么，这个方程叫做曲线的方程，这条曲线叫做方程的曲线．求解曲线方程关键是要找到各变量的等量关系．【解题方法点拨】例：：定义点M到曲线C上每一点的距离的最小值称为点M到曲线C的距离．那么平面内到定圆A的距离与它到定点B的距离相等的点的轨迹不可能是（）A：直线B：圆C：椭圆D：双曲线一支．解：对定点B分类讨论：①若点B在圆A内（不与圆心A重合），如图所示：设点P是圆A上的任意一点，连接PB，作线段PB的垂直平分线l交AP于点M，连接BM，则|AM|+|BM|＝|AP|＝R＞|AB|．由椭圆的定义可知：点M的轨迹是以点A、B为焦点的椭圆．②若点B在圆A外，如图2所示：设点P是圆A上的任意一点，连接PB，作线段PB的垂直平分线l交AP于点M，连接BM，则|BM|﹣|AM|＝|AP|＝R＜|AB|．由双曲线的定义可知：点M的轨迹是以点A、B为焦点的双曲线的一支．③若定点B与圆心A重合，如图3所示：设点P是圆A上的任意一点，取线段AP的中点M，则点M满足条件，因此点M的轨迹是以点A为圆心，以12④若点B在圆A上，则满足条件的点是一个点B．综上可知：可以看到满足条件的点M的轨迹可以是：椭圆、双曲线的一支，圆，一个点，而不可能是一条直线．故选A．这是一个非常好的题，一个题把几个很重要的曲线都包含了，我认为这个题值得每一个学生去好好研究一下．这个题的关键是找等量关系，而这个等量关系是靠自己去建立的，其中还要注意到圆半径是相等的和中垂线到两端点的距离相等这个特点，最后还需结合曲线的第二定义等来判断，是个非常有价值的题．【命题方向】这个考点非常重要，但也比较难，我们在学习这个考点的时候，先要认真掌握各曲线的定义，特别是椭圆、抛物线、双曲线的第二定义，然后学会去找等量关系，最后建系求解即可．9．圆锥曲线的共同特征【知识点的认识】圆锥曲线的共同特征：圆锥曲线上的点到一个定点的距离与它到定直线的距离之比为定值e．当0＜e＜1时，圆锥曲线是椭圆；当e＞1时，圆锥曲线是双曲线；当e＝1时，圆锥曲线是抛物线．其中定点是圆锥曲线的一个焦点，定直线是相应于这个交点的准线．10．直线与圆锥曲线的综合【知识点的认识】直线与圆锥曲线的综合问题是高考的必考点，比方说求封闭面积，求距离，求他们的关系等等，常用的方法就是联立方程求出交点的横坐标或者纵坐标的关系，通过这两个关系的变形去求解．【解题方法点拨】例：已知圆锥曲线C上任意一点到两定点F1（﹣1，0）、F2（1，0）的距离之和为常数，曲线C的离心率e=（1）求圆锥曲线C的方程；（2）设经过点F2的任意一条直线与圆锥曲线C相交于A、B，试证明在x轴上存在一个定点P，使PA→解：（1）依题意，设曲线C的方程为x2