专题07 直线与圆、圆锥曲线（7大题型）-【好题汇编】2024年高考数学三模试题分类汇编（新高考新题型专用）

2024高考三模数学试题分类汇编 一、单选题 1．（2024·湖南邵阳·三模）已知直线：与圆：，过直线上的任意一点作圆的切线，，切点分别为A，，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·安徽·三模）直线：与圆：的公共点的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．1或2 3．（2024·浙江·三模）已知，点在圆上运动，则的最大值为（    ） A． B． C． D．32 4．（2024·北京·三模）已知，若点P满足，则点P到直线的距离的最大值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 5．（2024·河南·三模）已知直线与直线垂直，则（    ） A． B． C． D． 6．（2024·湖南益阳·三模）已知是抛物线上一点，圆关于直线对称的圆为，是圆上的一点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 7．（2024·广东广州·三模）在乎面直角坐标系中，O为坐标原点，已知直线，点为圆上两动点，且满足，则到直线的距离之和的最小值为（    ） A． B． C． D． 8．（2024·宁夏银川·三模）如图，设，是圆上的两个动点，且M、P点都不在坐标轴上，点M关于原点的对称点为，点M关于x轴的对称点为，若直线，与y轴分别相交于和则（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 9．（2024·四川凉山·三模）已知直线与圆交于，两点，记的面积为则，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 10．（2024·河南新乡·三模）已知直线，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 11．（2024·湖北黄石·三模）已知在等腰直角三角形中，，点在以为圆心、2为半径的圆上，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 12．（2024·浙江杭州·三模）在平面直角坐标系xOy中，直线与圆C：相交于点A，B，若，则（    ） A．或 B．－1或－6 C．或 D．－2或－7 13．（2024·山东聊城·三模）已知圆与两坐标轴及直线都相切，且圆心在第二象限，则圆的方程为（    ） A． B． C． D． 14．（2024·河南·三模）在平面内，已知线段的长为4，点为平面内一点，且，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 15．（2024·福建厦门·三模）圆被直线所截得劣弧的弧长为（    ） A． B． C． D． 16．（2024·宁夏石嘴山·三模）“”是“直线与圆有公共点”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 17．（2024·四川成都·三模）已知圆：，直线：，则“”是“圆上恰存在三个点到直线的距离等于”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要 18．（2024·四川攀枝花·三模）由直线上的一点向圆引切线，切点为，则的最小值为（    ） A． B．2 C． D． 二、多选题 19．（2024·重庆·三模）已知直线，圆，则下列说法正确的是（    ） A．直线恒过定点 B．直线与圆相交 C．当直线平分圆时， D．当点到直线距离最大时， 20．（2024·河南·三模）空间直角坐标系中的动点的轨迹为，其中，则下列说法正确的有（    ） A．存在定直线，使得上的点到的距离是定值 B．存在定点，使得上的点到的距离为定值 C．的长度是个定值，且这个定值小于14 D．是上任意两点，则的距离的最大值为4 21．（2024·江西宜春·三模）古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中给出了阿波罗尼斯圆的定义：在平面内，已知两定点A，B之间的距离为a（非零常数），动点M到A，B的距离之比为常数（，且），则点M的轨迹是圆，简称为阿氏圆．在平面直角坐标系中，已知，点M满足，则下列说法正确的是（    ） A．面积的最大值为12 B．的最大值为72 C．若，则的最小值为10 D．当点M不在x轴上时，MO始终平分 22．（2024·山西临汾·三模）已知是以为圆心，为半径的圆上任意两点，且满足，是的中点，若存在关于对称的两点，满足，则线段长度的可能值为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 23．（2024·重庆·三模）已知直线：与圆：交于，两点，线段的中点为，则（    ） A．直线恒过定点 B．的最小值为 C．面积的最大值为2 D．点的轨迹所包围的图形面积为 三、填空题 24．（2024·甘肃酒泉·三模）若圆的圆心在轴上，且与直线相切，则圆的标准方程可以为 ．（写出满足条件的一个答案即可） 25．（2024·贵州毕节·三模）已知直线，直线，与相交于点A，则点A的轨迹方程为 ． 26．（2024·浙江金华·三模）已知半径为1的圆经过点，则其圆心到直线距离的最小值为 ． 一、单选题 1．（2024·河北石家庄·三模）已知圆和圆，则两圆公切线的条数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．（2023·河南·三模）直线：与：交于点P，圆C：上有两动点A，B，且，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（2024·河南郑州·三模）已知直线（不同时为0），圆，则（    ） A．当时，直线与圆相切 B．当时，直线与圆不可能相交 C．当时，与圆外切且与直线相切的动圆圆心的轨迹是一条抛物线 D．当时，直线与坐标轴相交于两点，则圆上存在点满足 三、填空题 4．（2024·安徽安庆·三模）由函数图象上一点向圆引两条切线，切点分别为点，连接，当直线的横截距最大时，直线的方程为 ，此时 ． 5．（2024·贵州遵义·三模）已知点P是椭圆上除顶点外的任意一点，过点P向圆引两条切线，，设切点分别是M，N，若直线分别与x轴，y轴交于A，B两点，则面积的最小值是 ． 一、单选题 1．（2024·辽宁·三模）设点分别为椭圆的左、右焦点，点是椭圆上任意一点，若使得成立的点恰好有4个，则实数的值可以是（    ） A．0 B．2 C．4 D．6 2．（2024·河南·三模）已知椭圆的右焦点为，短轴长为，点在椭圆上，若的最大值是最小值的3倍，则椭圆的焦距为（    ） A．3 B．4 C．1 D．2 3．（2024·湖北荆州·三模）已知圆，直线，方程，则“圆与直线相切”是“方程表示的曲线为椭圆”的（    ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分也非必要条件 4．（2024·浙江温州·三模）已知是椭圆的左右焦点，上两点满足：，，则椭圆的离心率是（    ） A． B． C． D． 5．（2024·山东潍坊·三模）已知，分别为椭圆：的左、右焦点，点 在上，若大于，则的取值范围是（      ） A． B． C． D． 6．（2024·内蒙古·三模）已知椭圆的离心率为，则（    ） A． B． C． D． 7．（2024·重庆·三模）如图，已知圆柱的斜截面是一个椭圆，该椭圆的长轴为圆柱的轴截面对角线，短轴长等于圆柱的底面直径.将圆柱侧面沿母线展开，则椭圆曲线在展开图中恰好为一个周期的正弦曲线.若该段正弦曲线是函数图象的一部分，且其对应的椭圆曲线的离心率为，则的值为（    ）    A． B．1 C． D．2 8．（2024·四川·三模）已知椭圆 的左、右焦点分别为，点是椭圆上一点，若的内心为，连接并延长交轴于点，且，则椭圆的短轴长为（    ） A．2 B． C． D． 9．（2024·山西太原·三模）已知点 分别是椭圆 的左、右焦点，是上一点，的内切圆的圆心为，则椭圆 的标准方程是（   ） A． B． C． D． 10．（2024·浙江金华·三模）已知，分别是椭圆的左，右焦点，是椭圆上一点，的角平分线与的交点恰好在轴上，则线段的长度为（    ） A． B． C． D． 11．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）已知是椭圆的左焦点，直线与交于、两点，则周长为（    ） A． B． C． D． 12．（2024·重庆·三模）如图所示，“嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道飞向月球，在月球附近一点变轨进入以月球球心为一个焦点的椭圆轨道I绕月飞行，之后卫星在点第二次变轨进入仍以为一个焦点的椭圆轨道II绕月飞行，最终卫星在点第三次变轨进入以为圆心的圆形轨道III绕月飞行，若用和分别表示椭圆轨道I和II的焦距，用和分别表示椭圆轨道I和II的长轴的长，则（    ）    A． B． C． D． 13．（2024·山西临汾·三模）已知椭圆与椭圆有相同的焦点，且与直线相切，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 14．（2024·陕西铜川·三模）已知为椭圆的左､右焦点，点在上且位于第一象限，圆与线段的延长线､线段以及轴均相切，的内切圆的圆心为.若圆与圆外切，且圆与圆的面积之比为9，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 15．（2024·安徽·三模）在椭圆的4个顶点和2个焦点中，若存在不共线的三点恰为某个正方形的两个顶点和中心，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 16．（2024·河北保定·二模）已知椭圆的左､右焦点分别为在椭圆上，且，则椭圆的长轴长为（    ） A． B． C．或 D．或 17．（2024·河南·三模）已知点分别是椭圆的左、右焦点，过的直线与圆相切，切点为，直线与椭圆交于点，且点在与之间，若的面积为，则椭圆的离心率为（   ） A． B． C． D． 18．（2024·广西桂林·三模）已知椭圆C：的右焦点为F，过F的直线与C交于A、B两点，其中点A在x轴上方且，则B点的横坐标为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 19．（2024·黑龙江·三模）加斯帕尔•蒙日（如图1）是18~19世纪法国著名的几何学家，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆则被称为“蒙日圆”（如图2）.已知矩形的四边均与椭圆相切，则下列说法正确的是（   ） A．椭圆的离心率为 B．椭圆与椭圆有相同的焦点 C．椭圆的蒙日圆方程为 D．矩形的面积最大值为50 20．（2024·江西宜春·三模）设椭圆C：的左、右焦点分别为，，坐标原点为O．若椭圆C上存在一点P，使得，则下列说法正确的有（    ） A． B． C．的面积为2 D．的内切圆半径为 21．（2024·安徽合肥·三模）椭圆的两个焦点分别为，则下列说法正确的是（    ） A．过点的直线与椭圆交于A，B两点，则的周长为8 B．若上存在点，使得，则的取值范围为 C．若直线与恒有公共点，则的取值范围为 D．若为上一点，，则的最小值为 22．（2024·甘肃酒泉·三模）已知椭圆上存在点，使得，其中分别为椭圆的左、右焦点，则该椭圆的离心率可能为（    ） A． B． C． D． 23．（2024·黑龙江齐齐哈尔·三模）在平面直角坐标系xOy中，长、短轴所在直线不与坐标轴重合的椭圆称为“斜椭圆”，将焦点在坐标轴上的椭圆绕着对称中心顺时针旋转，即得“斜椭圆”，设在上，则（    ） A．“斜椭圆”的焦点所在直线的方程为 B．的离心率为 C．旋转前的椭圆标准方程为 D． 24．（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． 25．（2024·辽宁沈阳·三模）设椭圆的左､右焦点分别为是上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．的最大值为8 B．椭圆的离心率 C．面积的最大值等于12 D．以线段为直径的圆与圆相切 26．（2024·河南开封·三模）椭圆的焦点为，，上顶点为A，直线与C的另一个交点为B，若，则（    ） A．C的焦距为2 B．C的短轴长为 C．C的离心率为 D．的周长为8 三、填空题 27．（2024·重庆·三模）已知椭圆的左右焦点为，若椭圆上存在不在轴上的两点A，B满足，且，则椭圆离心率的取值范围为 . 28．（2024·江苏南通·三模）已知是椭圆的左、右焦点，是上一点．过点作直线的垂线，过点作直线的垂线．若的交点在上（均在轴上方，且，则的离心率为 ． 29．（2024·上海·三模）已知椭圆C的焦点、都在x轴上，P为椭圆C上一点，的周长为6，且，，成等差数列，则椭圆C的标准方程为 ． 30．（2024·宁夏银川·三模）已知曲线，，，P为C上异于A，B的一点，直线与直线交于M，直线与直线交于点N，则有以下四种说法： ①存在两个定点，使得P到这两个定点的距离之和为定值 ②直线与直线的斜率之差的最小值为 ③的最小值为 ④当直线的斜率大于时，大于 其中正确命题的序号为 . 31．（2024·山西·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，若C上存在一点P，使线段的中垂线过点，则C的离心率的最小值是 ． 32．（2024·湖南长沙·三模）已知椭圆，P为椭圆上任意一点，过点P分别作与直线和平行的直线，分别交，交于M，N两点，则的最大值为 . 33．（2024·安徽·三模）椭圆的左､右顶点分别为，点在椭圆上第一象限内，记，存在圆经过点，且，则椭圆的离心率为 . 34．（2024·陕西咸阳·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为、，为椭圆上任意一点，为曲线上任意一点，则的最小值为 . 35．（2024·四川攀枝花·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，点在上，且，则椭圆的离心率为 ． 一、单选题 1．（2024·湖南邵阳·三模）已知，分别是双曲线：的左、右焦点，为坐标原点，过的直线分别交双曲线左、右两支于，两点，点在轴上，，平分，与其中一条渐近线交于点，则（    ） A． B． C． D． 2．（2024·浙江·三模）设为原点，为双曲线的两个焦点，点在上且满足，，则该双曲线的渐近线方程为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·河北石家庄·三模）已知双曲线的实半轴长为，其上焦点到双曲线的一条渐近线的距离为3，则双曲线的渐近线方程为（    ） A． B． C． D． 4．（2024·河南·三模）已知为双曲线的左焦点，为左支上的点，为右顶点，若，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 5．（2024·河北·三模）如图，双曲线的左焦点为（其中），且，，直线FA分别与双曲线的两条渐近线交于M，N两点．若，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D． 6．（2024·北京·三模）若双曲线与具有相同的渐近线，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 7．（2024·河南·三模）已知双曲线的左､右顶点分别为是右支上一点，直线与直线的交点分别为，记的外接圆半径分别为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 8．（2024·全国·三模）已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，且离心率为，过点的直线l与C的一条渐近线垂直相交于点D，则（    ） A． B． C．2 D．3 9．（2024·山东济宁·三模）已知双曲线的左、右焦点分别为，根据双曲线的光学性质可知，过双曲线上任意一点的切线平分.直线过交双曲线的右支于A，B两点，设的内心分别为，若与的面积之比为，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D．. 10．（2024·安徽·三模）过双曲线的下顶点作某一条渐近线的垂线，分别与两条渐近线相交于两点，若,则C的离心率为（    ） A． B． C． D．3 11．（2024·浙江杭州·三模）已知双曲线上存在关于原点中心对称的两点A，B，以及双曲线上的另一点C，使得为正三角形，则该双曲线离心率的取值范围是（    ） A． B． C． D． 12．（2024·广东广州·三模）已知，是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，，则C的离心率为（    ） A． B． C． D．3 13．（2024·宁夏银川·三模）已知双曲线E：的左、右焦点分别为，，过点的直线与双曲线E的右支交于A，B两点，若，且双曲线E的离心率为，则（    ） A． B． C． D． 14．（2024·福建漳州·三模）已知双曲线左、右焦点分别为，过的直线与的渐近线及右支分别交于两点，若，则的离心率为（    ） A． B．2 C． D．3 15．（2024·山西·三模）已知双曲线的左、右焦点分别为，，点P在C上且异于C的顶点，则（    ） A．4 B．2 C．1 D． 16．（2024·河北·三模）已知双曲线，以右顶点为圆心，为半径的圆上一点（不在轴上）处的切线与交于、两点，且为中点，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 17．（2024·四川内江·三模）已知双曲线，以双曲线的右顶点为圆心，为半径作圆，圆与双曲线的一条渐近线交于M、N两点，若，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D． 18．（2024·内蒙古·三模）设，是双曲线：的两条渐近线，若直线与直线关于直线对称，则双曲线的离心率的平方为（    ） A． B． C． D． 19．（2024·贵州遵义·三模）已知点，分别是双曲线的左、右焦点，过作倾斜角为的直线l与双曲线的左、右两支分别交于A，B两点，且，则双曲线的离心率为（    ） A． B．2 C． D． 20．（2024·四川凉山·三模）椭圆的光学性质是：从一个焦点发出的光线照射到椭圆上，其反射光线会经过另一个焦点；双曲线的光学性质是：从一个焦点发出的光线照射到双曲线上，其反射光线的延长线会经过另一个焦点．如图示椭圆光学装置1，光线经过椭圆焦点射出经椭圆两次反射后又回到焦点，经历时长为，在装置1中放入与椭圆具有公共焦点双曲线构成如图示装置2，光线从焦点射出依次经双曲线及椭圆反射后回到经历时长．若，则该装置中椭圆的离心率与双曲线的离心率之比为（    ） A． B． C． D． 21．（2024·安徽合肥·三模）已知双曲线的右焦点为，圆与的渐近线在第二象限的交点为，若，则的离心率为（    ） A．2 B． C．3 D． 22．（2024·湖南长沙·三模）已知点A为双曲线的左顶点，点B和点C在双曲线的左支上，若是等腰直角三角形，则的面积是（    ） A．4 B． C． D． 23．（2024·四川眉山·三模）已知双曲线的左，右焦点分别为.点在上，点在轴上，，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 24．（2024·山东潍坊·三模）已知 双曲线的左、右焦点，点在上，设的内切圆 圆心为，半径为，直线交于，若， ，则（      ） A． B．圆心的横坐标为 1 C． D．的离心率为2 25．（2024·河北秦皇岛·三模）设，是双曲线的两条渐近线，若直线与直线关于直线对称，则双曲线的离心率的平方可能为（    ） A． B． C． D． 26．（2024·山西太原·三模）已知曲线 ，则下列结论正确的是（   ） A．曲线 可能是直线 B．曲线 可能是圆 C．曲线 可能是椭圆 D．曲线 可能是双曲线 27．（2024·云南昆明·三模）已知分别是双曲线的左、右焦点，是左支上一点，且在在上方，过作角平分线的垂线，垂足为是坐标原点，则下列说法正确的是（    ） A．若，则直线的斜率为 B．若，则 C．若，则 D．若，则 三、填空题 28．（2024·河北保定·三模）若双曲线C：的左、右焦点为，，P是其右支上的动点.若存在P，使得，，依次成等比数列，则t的取值范围为 . 29．（2024·山西·三模）双曲线的两条渐近线分别为，经过的右焦点的直线分别交于两点，已知为坐标原点，反向，若的最小值为9a，则的离心率为 . 30．（2024·河北·三模）已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与轴相交于点，与在第一象限的交点为，若，，则的离心率为 ． 31．（2024·浙江金华·三模）若圆被双曲线的一条渐近线截得的弦长为2，则双曲线的离心率为 . 32．（2024·河南新乡·三模）双曲线的实轴长为4，则 . 33．（2024·安徽马鞍山·三模）已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点的直线与的右支交于，两点，若，则 ． 34．（2024·河南郑州·三模）已知双曲线的离心率为分别是它的两条渐近线上的两点（不与坐标原点重合），点在双曲线上且 的面积为6，则该双曲线的实轴长为 ． 一、单选题 1．（2024·重庆·三模）已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于A，B两点，点在第一象限，点为坐标原点，且，则直线的斜率为（    ） A． B． C．1 D．-1 2．（2024·山东济宁·三模）已知抛物线的焦点为，过且斜率为的直线交抛物线于，两点，若，则（    ） A． B．1 C． D．2 3．（2024·河南·三模）抛物线的焦点坐标为（    ） A． B． C． D． 4．（2024·黑龙江齐齐哈尔·三模）设为抛物线的焦点，若点在上，则（    ） A．3 B． C． D． 5．（2024·江西宜春·三模）已知抛物线C：的焦点为F，动直线l与抛物线C交于异于原点O的A，B两点，以线段OA，OB为邻边作平行四边形OAPB，若点（），则当取最大值时，（    ） A．2 B． C．3 D． 6．（2024·甘肃酒泉·三模）已知点在抛物线上，若点到点的距离为3，则点到轴的距离为（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 7．（2024·河南·三模）过抛物线的焦点的直线交抛物线于两点，若中点的横坐标为4，则（   ） A．16 B．12 C．10 D．8 8．（2024·福建福州·三模）已知点在抛物线：（）上，为的焦点，则（ ） A．3 B．4 C．5 D．6 9．（2024·河南·三模）已知抛物线的焦点为为上一点，为坐标原点，当时，，则（    ） A．4 B．3 C．2 D．1    10．（2024·重庆·三模）已知抛物线的焦点为，该抛物线上一点到的距离为4，则（    ） A．3 B．4 C． D． 11．（2024·贵州毕节·三模）已知点在抛物线上，则抛物线C的准线方程为（    ） A． B． C． D． 12．（2024·云南昆明·三模）已知点在抛物线的图象上，为的焦点，则（    ） A． B．2 C．3 D． 13．（2024·四川·三模）已知抛物线C: ，则C的准线方程为（    ） A． B． C． D． 14．（2024·安徽安庆·三模）已知抛物线的焦点到其准线的距离为2，点是抛物线上两个不同点，且，则（    ） A． B． C． D．3 15．（2024·河北石家庄·三模）已知抛物线的焦点为，斜率为的直线过与交于两点，若，则的值为（    ） A．1 B． C．2 D．3 16．（2024·江西景德镇·三模）过抛物线上的一点作圆：的切线，切点为，，则可能的取值是（    ） A．1 B．4 C． D．5 17．（2024·福建宁德·三模）已知抛物线的焦点为是抛物线上的两个动点.若，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 18．（2024·四川南充·三模）已知为抛物线上一点，点到抛物线焦点的距离为，则（    ） A．2 B．1 C． D．4 19．（2024·福建莆田·三模）已知抛物线）的焦点为F，点在抛物线C上，且，则抛物线C的准线方程是（    ） A． B． C． D． 20．（2024·福建三明·三模）已知抛物线的焦点为F，第一象限的两点A，B在抛物线上，且满足.若线段中点的横坐标为3，则p的值为（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 21．（2024·四川成都·三模）已知点分别是抛物线和直线上的动点，若抛物线的焦点为，则的最小值为（    ） A．3 B． C． D．4 22．（2024·四川泸州·三模）已知点在抛物线：（）上，为的焦点，直线与的准线相交于点，则（    ） A． B． C． D． 23．（2024·陕西商洛·三模）已知点在抛物线上，抛物线的准线与轴交于点，线段的中点也在抛物线上，抛物线的焦点为，则线段的长为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 二、多选题 24．（2024·安徽·三模）已知抛物线和的焦点分别为，动直线与交于两点，与交于两点，其中，且当过点时，，则下列说法中正确的是（    ） A．的方程为 B．已知点，则的最小值为3 C． D．若，则与的面积相等 25．（2024·河北·三模）已知F为抛物线的焦点，，为抛物线上不同的两动点，分别过M，N作抛物线C的切线，两切线交于点P，则（    ） A．若，则直线MN的倾斜角为 B．直线PM的方程为 C．若线段MN的中点为Q，则直线PQ平行于y轴 D．若点P在抛物线C的准线上，则 三、填空题 26．（2024·广西桂林·三模）抛物线C：经过点，则点P到C的焦点的距离为 ． 27．（2024·北京·三模）已知抛物线的焦点为F，准线与x轴的交点为A，点B在C上.若，则直线AB的方程为 . 28．（2024·河南·三模）抛物线的焦点坐标为 . 29．（2024·陕西榆林·三模）若直线与抛物线和圆从左到右依次交于点，则 . 30．（2024·陕西渭南·三模）已知抛物线上的点P到其准线的距离为6，则点P的横坐标为 ． 31．（2024·四川成都·三模）设抛物线的焦点为，准线为，是抛物线上位于第一象限内的一点，过作的垂线，垂足为，若直线的倾斜角为120°，则 . 四、解答题 32．（2024·浙江金华·三模）已知抛物线：，焦点为F，为上的一个动点，是在点A处的切线，点P在上且与点A不重合．直线PF与Γ交于B、C两点，且平分直线AB和直线AC的夹角． (1)求的方程（用表示）； (2)若从点F发出的光线经过点A反射，证明：反射光线平行于x轴； (3)若点A坐标为，求点P坐标． 33．（2024·山西临汾·三模）如图，在平面直角坐标系中，和是轴上关于原点对称的两个点，过点倾斜角为的直线与抛物线交于两点，且． (1)若为的焦点，求证：； (2)过点作轴的垂线，垂足为，若，求直线的方程． 34．（2024·陕西咸阳·三模）已知直线过定点，动圆过点，且在轴上截得的弦长为4，设动圆圆心轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)点，，为上的两个动点，若，，恰好为平行四边形的其中三个顶点，且该平行四边形对角线的交点在上，记平行四边形的面积为，求证：. 35．（2024·广东深圳·二模）设抛物线C：（），直线l：交C于A，B两点．过原点O作l的垂线，交直线于点M．对任意，直线AM，AB，BM的斜率成等差数列． (1)求C的方程； (2)若直线，且与C相切于点N，证明：的面积不小于． 一、单选题 1．（2024·黑龙江·三模）已知点是抛物线准线上的一点，过点作的两条切线，切点分别为，则原点到直线距离的最大值为（   ） A． B． C． D．1 2．（2024·四川成都·三模）已知点分别是抛物线和圆上的动点，若抛物线的焦点为，则的最小值为（    ） A．6 B． C． D． 二、多选题 3．（2024·江西景德镇·三模）已知、是椭圆：上两个不同的动点（不关于两坐标轴及原点对称），是左焦点，为离心率.则下列结论正确的是（    ） A．直线的斜率为1时，在轴上的截距小于 B．周长的最大值是 C．当直线过点，且中点纵坐标的最大值为时，则 D．当时，线段的中垂线与两坐标轴所围成三角形面积的取值范围是 4．（2024·河南·三模）如图，已知椭圆的左、右顶点分别是，上顶点为，在椭圆上任取一点（非长轴端点），连接交直线于点，连接交于点（是坐标原点），则（    ）    A．为定值 B． C． D．的最大值为 三、填空题 5．（2023·山东德州·三模）若直线与圆相切于点，且交椭圆于两点，为坐标原点，射线与椭圆交于点，设的面积与的面积分别为的最大值为 ；当取得最大值时，的值为 . 四、解答题 6．（2024·湖南永州·三模）已知为坐标原点，动点在椭圆上，动点满足，记点的轨迹为 (1)求轨迹的方程； (2)在轨迹上是否存在点，使得过点作椭圆的两条切线互相垂直？若存在，求点的坐标：若不存在，请说明理由： (3)过点的直线交轨迹于，两点，射线交轨迹于点，射线交椭圆于点，求四边形面积的最大值. 7．（2024·山西·三模）已知椭圆的焦点为，点在上，且轴，. (1)求的方程; (2)求与有公共焦点的双曲线的方程，使得以它们的交点为顶点的四边形面积最大; (3)过点作斜率之积为的两直线，若交于，两点，交于，两点，，分别为，的中点，求面积的最大值. 8．（2024·安徽·三模）已知椭圆：的长轴长为4，左，右焦点分别为，，上顶点为A，其中直线的斜率为. (1)求椭圆C的标准方程； (2)已知直线与椭圆C交于M，N两点，若原点到直线的距离为1，求周长的取值范围. 9．（2024·陕西榆林·三模）已知椭圆的离心率为；直线与只有一个交点. (1)求的方程； (2)的左､右焦点分别为上的点（两点在轴上方）满足. ①试判断（为原点）是否成立，并说明理由； ②求四边形面积的最大值. 10．（2024·浙江杭州·三模）已知椭圆的左焦点为F，椭圆上的点到点F距离的最大值和最小值分别为和． (1)求该椭圆的方程； (2)对椭圆上不在上下顶点的任意一点P，其关于y轴的对称点记为，求； (3)过点作直线交椭圆于不同的两点A，B，求面积的最大值． 11．（2024·重庆·三模）已知F，C分别是椭圆的右焦点、上顶点，过原点的直线交椭圆于A，B两点，满足． (1)求椭圆的方程； (2)设椭圆的下顶点为，过点作两条互相垂直的直线，这两条直线与椭圆的另一个交点分别为M，N，设直线的斜率为的面积为，当时，求的取值范围． 12．（2024·湖北·三模）如图，四边形为坐标原点是矩形，且，，点，点，分别是，的等分点，直线和直线的交点为 (1)试证明点在同一个椭圆C上，求出该椭圆C的方程； (2)已知点P是圆上任意一点，过点P作椭圆C的两条切线，切点分别是A，B，求面积的取值范围. 注：椭圆上任意一点处的切线方程是： 13．（2024·云南昆明·三模）已知曲线由半圆和半椭圆组成，点在半椭圆上，，． (1)求的值； (2)在曲线上，若（是原点）． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）如图，点在半圆上时，将轴左侧半圆沿轴折起，使点到，使点到，且满足，求的最大值． 14．（2024·上海·三模）已知双曲线：的左、右焦点分别为、． (1)若的长轴长为2，焦距为4，求的渐近线方程： (2)若，双曲线左支上任意点T均满足，求a的最大值； (3)若双曲线的左支上存在点P、右支上存在点Q满足，求的离心率的取值范围． 15．（2024·安徽·三模）已知双曲线的离心率为2，动直线与的左､右两支分别交于点，且当时，（为坐标原点）. (1)求的方程； (2)若点到的距离为的左､右顶点分别为，记直线的斜率分别为，求的最小值 16．（2024·内蒙古·三模）已知为坐标原点，是抛物线的焦点，是上一点，且. (1)求的方程； (2)是上两点（异于点），以为直径的圆过点为的中点，求直线斜率的最大值. 17．（2024·全国·三模）如图，动直线与抛物线：交于A，B两点，点C是以AB为直径的圆与的一个交点（不同于A，B），点C在AB上的投影为点M，直线为的一条切线.      (1)证明：为定值； (2)求与的内切圆半径之和的取值范围. 一、解答题 1．（2024·湖南邵阳·三模）在平面中，，.为平面内一动点，且直线与的斜率乘积为，动点在平面的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程 (2)若为直线上任意一点，直线，分别交曲线为、.在直线上存在一点，且.问：在平面内是否存在一点，使得为定值？若存在，求出定值.若不存在，请说明理由. 2．（2024·河北保定·三模）设椭圆C：的左、右顶点和椭圆的左、右焦点均为E，F.P是C上的一个动点（异于E，F），已知直线EP交直线于点A，直线FP交直线于点B.直线AB与椭圆交于点M，N，O为坐标原点. (1)若b为定值，证明：为定值； (2)若直线OM，ON的斜率之积恒为，求b. 3．（2024·山东聊城·三模）已知圆和点，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与线段相交于点，记点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)点在直线上运动，过点的动直线与曲线相交于点. （ⅰ）若线段上一点，满足，求证：当的坐标为时，点在定直线上； （ⅱ）过点作轴的垂线，垂足为，设直线的斜率分别为，当直线过点时，是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 4．（2024·湖北荆州·三模）已知，圆心是原点，点，以线段为直径的圆内切于，动点的轨迹记为曲线. (1)求曲线的方程； (2)若直线，点，直线过点与曲线交于两点，与直线交于点. ①若，求直线的斜率； ②若记直线的斜率分别为问是否为定值？如果是，请求出定值；如果不是，请说明理由. 5．（2024·河北·三模）已知椭圆C的中心在原点O、对称轴为坐标轴，、是椭圆上两点． (1)求椭圆C的标准方程； (2)椭圆C的左、右顶点分别为和，M，N为椭圆上异于、的两点，直线MN不过原点且不与坐标轴垂直．点M关于原点的对称点为S，若直线与直线相交于点T． （i）设直线的斜率为，直线的斜率为，求的最小值； （ii）证明：直线OT与直线MN的交点在定直线上． 6．（2024·重庆·三模）已知，曲线上任意一点到点的距离是到直线的距离的两倍. (1)求曲线的方程； (2)已知曲线的左顶点为，直线过点且与曲线在第一、四象限分别交于，两点，直线、分别与直线交于，两点，为的中点. （i）证明：； （ii）记，，的面积分别为，，，则是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由. 7．（2024·四川南充·三模）已知圆，动圆P与圆M内切，且经过定点．设圆心P的轨迹为曲线． (1)求曲线的轨迹方程； (2)若，过点的直线l与曲线Γ交于M，N两点，连接分别交y轴于P、Q．试探究是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 8．（2024·四川成都·三模）已知椭圆的离心率为，过点的直线与椭圆交于两点，当过坐标原点时，. (1)求椭圆的方程; (2)线段上是否存在定点，使得直线与直线的斜率之积为定值. 若存在， 求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 9．（2024·福建厦门·三模）平面直角坐标系中，动点在圆上，动点（异于原点）在轴上，且，记的中点的轨迹为. (1)求的方程； (2)过点的动直线与交于A，B两点.问：是否存在定点，使得为定值，其中分别为直线NA，NB的斜率.若存在，求出的坐标，若不存在，说明理由. 10．（2024·安徽·三模）已知椭圆的右焦点为F，C在点处的切线l分别交直线和直线于两点． (1)求证：直线与C相切； (2)探究：是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 11．（2024·四川眉山·三模）已知椭圆的离心率是，左､右顶点分别为，过线段上的点的直线与交于两点，且与的面积比为. (1)求椭圆的方程； (2)若直线与交于点.证明：点在定直线上. 12．（2024·河北石家庄·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为为坐标原点，直线与交于两点，点在第一象限，点在第四象限且满足直线与直线的斜率之积为．当垂直于轴时，． (1)求的方程； (2)若点为的左顶点且满足，直线与交于，直线与交于． ①证明：为定值； ②证明：四边形的面积是面积的2倍． 13．（2024·福建莆田·三模）已知椭圆C：的左、右焦点分别为是C上一点，.点分别为C的上、下顶点，直线：与C相交于两点，直线交于点P. (1)求C的标准方程； (2)证明点Р在定直线上，并求直线，围成的三角形面积的最小值. 14．（2024·辽宁抚顺·三模）如图所示，在圆锥内放入两个球，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 ，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，为椭圆Γ的两个焦点.设直线分别与该圆锥的母线交于A，B两点，过点A的母线分别与球相切于 C，D 两点，已知以直线为x轴，在平面α内，以线段的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系. (1)求椭圆Γ的标准方程. (2)点 T在直线上，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，设直线与交于点P.证明:点 P 在直线上. 15．（2024·河南·三模）已知双曲线的虚轴长为，点在上.设直线与交于两点（异于点），直线与的斜率之积为. (1)求的方程. (2)证明：直线的斜率存在，且直线过定点. (3)求直线斜率的取值范围. 16．（2024·黑龙江·三模）已知双曲线的一条渐近线方程为，点在上. (1)求双曲线的方程； (2)过双曲线的左焦点作互相垂直的两条直线，且与交于两点，与交于两点，为线段的中点，为线段的中点，证明：直线过定点. 17．（2024·四川·三模）已知双曲线的左右焦点分别为，C的右顶点到直线的距离为，双曲线右支上的点到的最短距离为 (1)求双曲线C的方程； (2)过的直线与C交于M、N两点，连接交l于点Q，证明：直线QN过x轴上一定点. 18．（2024·江西宜春·三模）已知以点M为圆心的动圆经过点，且与圆心为的圆相切，记点M的轨迹为曲线C． (1)求曲线C的方程； (2)若动直线l与曲线C交于，两点（其中），点A关于x轴对称的点为A'，且直线BA'经过点． （ⅰ）求证：直线l过定点； （ⅱ）若，求直线l的方程． 19．（2024·四川凉山·三模）已知平面内动点与两定点，连线的斜率之积为3． (1)求动点的轨迹的方程： (2)过点的直线与轨迹交于，两点，点，均在轴右侧，且点在第一象限，直线与交于点，证明：点横坐标为定值． 20．（2024·江西景德镇·三模）已知是双曲线：上的一个点，且与两焦点构成的三角形的面积是. (1)求双曲线的标准方程； (2)是的右顶点，过点的直线与交于异于的不同两点、，与直线交于点.连接，并过作的平行线分别与直线、交于、两点.求证：是线段的中点. 21．（2024·黑龙江齐齐哈尔·三模）已知双曲线的实轴长为2，设为的右焦点，为的左顶点，过的直线交于A，B两点，当直线AB斜率不存在时，的面积为9． (1)求的方程； (2)当直线AB斜率存在且不为0时，连接TA，TB分别交直线于P，Q两点，设为线段PQ的中点，记直线AB，FM的斜率分别为，证明：为定值． 22．（2024·贵州毕节·三模）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，，动点P满足，设点P的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)过点的直线l与曲线在y轴右侧交于不同的两点M，N，在线段MN上取异于点M，N的点D，满足．证明：点D在定直线上． 23．（2024·山东潍坊·三模）在平面直角坐标系中，为坐标原点，为直线上一点，动点满足 ，. (1)求动点的轨迹的方程; (2)若过点作直线与交于不同的两点，点，过点作轴的垂线分别与直线交于点.证明：为线段的中点. 24．（2024·山西·三模）已知抛物线的焦点F到准线的距离为2，O为坐标原点． (1)求E的方程； (2)已知点，若E上存在一点P，使得，求t的取值范围； (3)过的直线交E于A，B两点，过的直线交E于A，C两点，B，C位于x轴的同侧，证明：为定值. 25．（2024·辽宁·三模）设抛物线的方程为，为直线上任意一点；过点作抛物线的两条切线MA，MB，切点分别为A，B（A点在第一象限）． (1)当M的坐标为时，求过M，A，B三点的圆的方程； (2)求证：直线AB恒过定点； (3)当m变化时，试探究直线l上是否存在点M，使为直角三角形，若存在，有几个这样的点，说明理由；若不存在，也请说明理由． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024高考三模数学试题分类汇编 一、单选题 1．（2024·湖南邵阳·三模）已知直线：与圆：，过直线上的任意一点作圆的切线，，切点分别为A，，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意可得，可知当OP最小时，最大，结合点到直线的距离公式运算求解. 【详解】由题意可知：圆的圆心为，半径为1， 则圆心到直线的距离为，可知直线与圆相离， 因为，且， 当最小时，则最大，可得最大，即最大， 又因为的最小值即为圆心到直线的距离为， 此时，所以取得最大值． 故选：C． 2．（2024·安徽·三模）直线：与圆：的公共点的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．1或2 【答案】C 【分析】根据已知直线与圆的方程，得到直线过定点，结合点与圆的位置关系，即可判定. 【详解】由直线，可得直线过定点， 又由圆：，可得点在圆C上， 因为直线的斜率显然存在，所以公共点的个数为2. 故选：C. 3．（2024·浙江·三模）已知，点在圆上运动，则的最大值为（    ） A． B． C． D．32 【答案】C 【分析】设，根据两点间的距离公式结合三角函数的性质即可得解. 【详解】设， 则 ， 当时，取得最大值. 故选：C. 4．（2024·北京·三模）已知，若点P满足，则点P到直线的距离的最大值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】先确定的轨迹以及直线过的定点，再根据圆的性质特点求最值. 【详解】由可得点的轨迹为以线段为直线的圆，圆心为，半径为， 又直线，其过定点， 故距离的最大值为. 故答案为：C 5．（2024·河南·三模）已知直线与直线垂直，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由直线垂直的充要条件即可列式得解. 【详解】直线的斜率为2，又两直线互相垂直，所以直线的斜率为， 即且，，所以. 故选：D. 6．（2024·湖南益阳·三模）已知是抛物线上一点，圆关于直线对称的圆为，是圆上的一点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据对称性求出圆的方程，设，求出的最小值，即可求出的最小值. 【详解】圆圆心为，半径，设， 则由对称性可知：，解得，则， 所以圆， 设，则， 所以当，即时，， 所以的最小值是. 故选：A 7．（2024·广东广州·三模）在乎面直角坐标系中，O为坐标原点，已知直线，点为圆上两动点，且满足，则到直线的距离之和的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用三角换元，根据点到直线的距离公式，求得到直线l的距离之和关于的表达式，进而根据三角恒等变换公式与正弦函数的最值，求出两点到直线l的距离之和的最小值． 【详解】根据题意，为圆上两动点，且满足， 设，， 点到直线的距离， 同理可得点到直线的距离, 所以点到直线的距离之和为 ， 其中， 故当时，此时取最小值. 故选：D． 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用三角换元，结合三角函数的恒等变化即可得解. 8．（2024·宁夏银川·三模）如图，设，是圆上的两个动点，且M、P点都不在坐标轴上，点M关于原点的对称点为，点M关于x轴的对称点为，若直线，与y轴分别相交于和则（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】D 【分析】求出的方程得出，求出的方程得出，再利用、点在圆上可得. 【详解】依题意，，，显然，， 的方程为，令，得， 的方程为，令，得， 所以． 故选：D 9．（2024·四川凉山·三模）已知直线与圆交于，两点，记的面积为则，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】先根据题意确定的取值范围，利用圆的几何性质求及，进而利用充要条件的性质即可求解. 【详解】由得. 由题意可知，到直线的距离，解得. ， . 当时，，故充分性成立； 当时，即，整理得， 即或，解得或，故必要性不成立. 综上可知，“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 10．（2024·河南新乡·三模）已知直线，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】利用充分条件、必要条件的定义，结合两直线平行判断即得. 【详解】当时，直线，则， 当时，，解得， 所以“”是“”的充要条件. 故选：C 11．（2024·湖北黄石·三模）已知在等腰直角三角形中，，点在以为圆心、2为半径的圆上，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立坐标系，先把转化为，其中，再利用两点之间线段最短求解. 【详解】如图：建立平面直角坐标系.则，,取.设 则. 所以， 又. 故选：B 12．（2024·浙江杭州·三模）在平面直角坐标系xOy中，直线与圆C：相交于点A，B，若，则（    ） A．或 B．－1或－6 C．或 D．－2或－7 【答案】C 【分析】先将圆的一般方程化为标准方程，根据，得到圆心C到直线l的距离， 再利用点到直线的距离公式求得t的值即可. 【详解】由题意可知，圆C：，标准化后可得圆C： 因为，，过点C作AB的垂线CD，.如图所示， ，在中，. 所以，圆心C到直线 l的距离: 因此，，解得， 故选：C . 13．（2024·山东聊城·三模）已知圆与两坐标轴及直线都相切，且圆心在第二象限，则圆的方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设出圆的标准方程，利用条件列方程组求解即可. 【详解】由题意设所求的圆方程为， 则，即，解得， 所以圆的方程为. 故选：D 14．（2024·河南·三模）在平面内，已知线段的长为4，点为平面内一点，且，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立直角坐标系，求出点的轨迹时一个圆，再根据与圆相切时角最大求得结果. 【详解】如图，以线段所在的直线为轴，线段的中垂线为轴，建立平面直角坐标系， 设，因为，不妨设， 由，得， 化简得，即点的轨迹为以为圆心，1为半径的圆， 当与圆相切时，取得最大值，此时． 因为，，所以，且为锐角， 故的最大值为． 故选：A．    15．（2024·福建厦门·三模）圆被直线所截得劣弧的弧长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设直线与圆的交点为、，的中点为，求出圆心到直线的距离，利用锐角三角函数求出，即可得到，再由弧长公式计算可得. 【详解】圆的圆心为，半径， 圆心到直线的距离， 设直线与圆的交点为、，的中点为，则，所以， 所以，则，所以劣弧的弧长为. 故选：C 16．（2024·宁夏石嘴山·三模）“”是“直线与圆有公共点”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】根据直线与圆的位置关系及充分、必要条件的定义判定选项即可. 【详解】若直线与圆有公共点， 易知圆心，半径， 则圆心到直线的距离，解之得， 又是的真子集， 所以“”是“直线与圆有公共点”的必要不充分条件. 故选：B 17．（2024·四川成都·三模）已知圆：，直线：，则“”是“圆上恰存在三个点到直线的距离等于”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要 【答案】A 【分析】利用圆上恰存在三个点到直线的距离等于，等价于到直线：的距离为，从而利用点线距离公式与充分必要条件即可得解. 【详解】因为圆：的圆心，半径为， 当圆上恰存在三个点到直线的距离等于时， 则到直线：的距离为， 所以，解得，即必要性不成立； 当时，由上可知到直线：的距离为， 此时圆上恰存在三个点到直线的距离等于，即充分性成立； 所以“”是“圆上恰存在三个点到直线的距离等于”的充分不必要条件. 故选：A. 18．（2024·四川攀枝花·三模）由直线上的一点向圆引切线，切点为，则的最小值为（    ） A． B．2 C． D． 【答案】B 【分析】根据已知条件，求得，由此可知时，取得最小值，由此即可求解. 【详解】 由已知有：圆的圆心，半径为，直线的一般方程为， 设点到圆心的距离为，则有，所以， 所以取最小值时，取得最小值， 因为直线上点到圆心的距离最小值为圆心到直线的距离， 所以，故的最小值为. 故选：B 二、多选题 19．（2024·重庆·三模）已知直线，圆，则下列说法正确的是（    ） A．直线恒过定点 B．直线与圆相交 C．当直线平分圆时， D．当点到直线距离最大时， 【答案】ACD 【分析】对于A，将直线方程变形即可进一步判断；对于B，举反例即可判断；对于C，将圆心坐标代入直线方程即可验算参数；对于D，当点到直线距离最大值时，有，结合它们的斜率关系即可判断. 【详解】对于A，即，令，有，所以直线恒过定点，故A正确； 对于B，圆的圆心、半径为， 点到直线的距离为， 从而， 取，则此时有，故B错误； 对于C，当直线平分圆时，有点在直线上， 也就是说有成立，解得，故C正确； 对于D，点到直线距离满足，等号成立当且仅当， 而的斜率为， 所以当等号成立时有，解得，故D正确. 故选：ACD. 20．（2024·河南·三模）空间直角坐标系中的动点的轨迹为，其中，则下列说法正确的有（    ） A．存在定直线，使得上的点到的距离是定值 B．存在定点，使得上的点到的距离为定值 C．的长度是个定值，且这个定值小于14 D．是上任意两点，则的距离的最大值为4 【答案】ACD 【分析】由题意空间直角坐标系中的动点的轨迹为，其中，可知，点的轨迹为以坐标原点为圆心，半径为1的圆，高为4的圆柱上螺旋上升，共计旋转两次两周，根据条件即可判断。 【详解】由题意空间直角坐标系中的动点的轨迹为，其中，可知，点的轨迹为以坐标原点为圆心，半径为1的圆，高为4的圆柱上螺旋上升，共计旋转两次两周。 对于A，为以坐标原点为圆心，半径为1的圆，高为4的圆柱上螺旋上升，共计旋转两次两周，所以存在定直线即为轴，使得上的点到的距离是定值为1，A正确； 对于B，根据轨迹可得不存在定点，使得上的点到的距离为定值，B错误； 对于C，轨迹的长度是，C正确； 对于D, 是上任意两点，则的距离的最大值为4,D正确； 故选：ACD 【点睛】求动点轨迹问题方法：直接法；相关点法；定义法； 21．（2024·江西宜春·三模）古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中给出了阿波罗尼斯圆的定义：在平面内，已知两定点A，B之间的距离为a（非零常数），动点M到A，B的距离之比为常数（，且），则点M的轨迹是圆，简称为阿氏圆．在平面直角坐标系中，已知，点M满足，则下列说法正确的是（    ） A．面积的最大值为12 B．的最大值为72 C．若，则的最小值为10 D．当点M不在x轴上时，MO始终平分 【答案】ABD 【分析】设点，由条件可得点M的轨迹方程，即可判断A，由向量数量积的运算律代入计算，即可判断B，由点与圆的位置关系，即可判断C，由角平分线定理即可判断D 【详解】对于A，设点，由，得， 化为，所以点M的轨迹是以点为圆心、4为半径的圆， 所以面积的最大值为，故A正确； 对于B，设线段AB的中点为N，， 当点M的坐标为时取等号，故的最大值为72，故B正确； 对于C，显然点在圆外，点在圆内，，当B，M，Q三点共线且点M在线段BQ之间时，，故C错误； 对于D，由，，有，当点M不在x轴上时， 由三角形内角平分线分线段成比例定理的逆定理知，MO是中的平分线，故D正确． 故选：ABD． 22．（2024·山西临汾·三模）已知是以为圆心，为半径的圆上任意两点，且满足，是的中点，若存在关于对称的两点，满足，则线段长度的可能值为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】BCD 【分析】由已知得出点轨迹是以为圆心，1为半径的圆，得出的范围，再结合直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得出范围，进而判断出答案． 【详解】因为， 所以， 因为是中点，所以， 所以点轨迹是以为圆心，1为半径的圆， 设为点，则， 所以， 又，两点关于点对称， 所以为直角三角形，且为斜边中点，则， 所以， 故选：BCD． 23．（2024·重庆·三模）已知直线：与圆：交于，两点，线段的中点为，则（    ） A．直线恒过定点 B．的最小值为 C．面积的最大值为2 D．点的轨迹所包围的图形面积为 【答案】AD 【分析】求得直线过定点判断A；设弦心距为，结合A可得判断B；的面积，可求最大面积判断C；的轨迹为以为直径的圆，可求圆的面积判断D. 【详解】对于A，直线方程可化为：，显然，即直线恒过定点，故A正确： 对于B，设弦心距为，结合可知，，当时取等号，故B错误； 对于C，的面积，当时，，故C错误； 对于D，由，得的轨迹为以为直径的圆，所以，则此圆的面积为. 故选：AD. 三、填空题 24．（2024·甘肃酒泉·三模）若圆的圆心在轴上，且与直线相切，则圆的标准方程可以为 ．（写出满足条件的一个答案即可） 【答案】（答案不唯一） 【分析】不妨设圆心为，利用点到直线距离得到半径，得到圆的方程. 【详解】不妨设圆心为，则到直线的距离， 故圆的标准方程为. 故答案为：（答案不唯一） 25．（2024·贵州毕节·三模）已知直线，直线，与相交于点A，则点A的轨迹方程为 ． 【答案】 【分析】设，先求出直线和恒过的定点，，由可得，即可得出答案. 【详解】因为，所以直线过点， 直线过点， 因为，所以，设， 所以，所以， 所以，化简可得：. 故答案为：. 26．（2024·浙江金华·三模）已知半径为1的圆经过点，则其圆心到直线距离的最小值为 ． 【答案】1 【分析】先得出圆心的轨迹圆，再用轨迹圆的圆心到直线的距离减半径即可. 【详解】由题意知，半径为1的圆经过点，所以圆心的轨迹是以为圆心，半径为1的圆， 到直线的距离为， 所以圆心到直线距离的最小值为. 故答案为：1 一、单选题 1．（2024·河北石家庄·三模）已知圆和圆，则两圆公切线的条数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】根据圆与圆的位置关系求两圆圆心距及两圆半径，从而可判断两圆位置关系，即可得公切线条数. 【详解】圆的圆心为，半径，圆的圆心，半径， 则，故两圆外切，则两圆公切线的条数为. 故选：C. 2．（2023·河南·三模）直线：与：交于点P，圆C：上有两动点A，B，且，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据条件可知点的轨迹是以为直径的圆，其方程为，作,则为的中点，求得最小值即可. 【详解】因为直线：，：， 则， 又的方程可化为，所以过定点， 的方程可化为，所以过定点， 所以点的轨迹是以为直径的圆(去除， 其方程为， 其圆心,半径， 作,则为的中点， 根据勾股定理易求得, 如图所示，当在同一条直线上时最小，    又, ， 故的最小值为， 故选：B. 二、多选题 3．（2024·河南郑州·三模）已知直线（不同时为0），圆，则（    ） A．当时，直线与圆相切 B．当时，直线与圆不可能相交 C．当时，与圆外切且与直线相切的动圆圆心的轨迹是一条抛物线 D．当时，直线与坐标轴相交于两点，则圆上存在点满足 【答案】ACD 【分析】首先将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，求出圆心到直线的距离即可判断A，利用特殊值判断B，根据抛物线的定义判断C，求出以为直径的圆的方程，即可判断两圆相交，从而判断D. 【详解】圆即，圆心为，半径； 对于A：若，则圆心到直线的距离， 所以直线与圆相切，故A正确； 对于B：当，时满足，此时直线方程为， 则圆心到直线的距离为，显然直线与圆相交，故B错误； 对于C：当时直线，则直线与直线平行， 且两平行线间的距离， 依题意动圆圆心到直线的距离与到的距离相等， 且点不在直线上， 根据抛物线的定义可知动圆圆心的轨迹是一条抛物线，故C正确； 对于D：不妨令，，的中点为，又， 所以以为直径的圆的方程为， 又，所以圆与圆相交， 所以圆上存在点满足，故D正确. 故选：ACD 三、填空题 4．（2024·安徽安庆·三模）由函数图象上一点向圆引两条切线，切点分别为点，连接，当直线的横截距最大时，直线的方程为 ，此时 ． 【答案】 【分析】计算以线段为直径的圆，并与圆相减可得直线，通过导数计算直线横截距最大即可. 【详解】设点，圆的圆心为，如图所示， 则以线段为直径的圆的方程为 ， 整理得， 与圆相交， 两个圆相减得： 直线， 令，则， 构造函数， 对其求导得， 令，则， 于是函数在上单调递增，在上单调递减， 故函数最大值为， 此时直线的方程为， 且, 于是． 故答案为：，. 5．（2024·贵州遵义·三模）已知点P是椭圆上除顶点外的任意一点，过点P向圆引两条切线，，设切点分别是M，N，若直线分别与x轴，y轴交于A，B两点，则面积的最小值是 ． 【答案】/ 【分析】设，求出以为直径的圆的方程，与圆的方程相减可得直线的方程，进而可求得的坐标，再求出和点到直线的距离，求出面积的表达式，进而可得出答案. 【详解】设， 则以为直径的圆的方程为， 与圆的方程相减得， 即是过切点的直线方程， 则，所以， 又因为点到直线的距离， 所以， 又因为在点P在椭圆上， 所以，即， 所以，当且仅当，即时取等号， 所以， 即面积的最小值是.    故答案为：. 【点睛】关键点点睛：设，求出以为直径的圆的方程，与圆的方程相减可得直线的方程，是解决本题的关键. 一、单选题 1．（2024·辽宁·三模）设点分别为椭圆的左、右焦点，点是椭圆上任意一点，若使得成立的点恰好有4个，则实数的值可以是（    ） A．0 B．2 C．4 D．6 【答案】B 【分析】设 ，表示向量 ，由条件可得，，结合对称性列不等式，求的范围，由此可得结论.. 【详解】因为点分别为椭圆的左、右焦点； 所以 ， 设 则， 由可得， 又因为在椭圆上，即， 所以， 由对称性可得，要使得成立的点恰好是个，则 解得， 所以的值可以是. 故选：B. 2．（2024·河南·三模）已知椭圆的右焦点为，短轴长为，点在椭圆上，若的最大值是最小值的3倍，则椭圆的焦距为（    ） A．3 B．4 C．1 D．2 【答案】D 【分析】利用椭圆的几何性质得到关于的方程组，解之即可得解. 【详解】依题意，椭圆短轴长为，得，则， 又的最大值是最小值的3倍，即， 所以，所以，则其焦距为. 故选：D 3．（2024·湖北荆州·三模）已知圆，直线，方程，则“圆与直线相切”是“方程表示的曲线为椭圆”的（    ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分也非必要条件 【答案】D 【分析】借助圆与直线相切的性质可得圆与直线相切时的的值，借助椭圆定义可得当方程表示的曲线为椭圆时的的取值范围，结合充分条件与必要条件的定义即可得解. 【详解】若圆与直线相切，则有，即，解得或， 若方程表示的曲线为椭圆，则，即且， 故“圆与直线相切”是“方程表示的曲线为椭圆”的既非充分也非必要条件. 故选：D. 4．（2024·浙江温州·三模）已知是椭圆的左右焦点，上两点满足：，，则椭圆的离心率是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据焦点三角形的边长关系，利用余弦定理即可求解. 【详解】由可知，设，则，,, 则由余弦定理可得 化简可得，故，（舍去）， 又, 所以，化简可得，故， 故选：D 5．（2024·山东潍坊·三模）已知，分别为椭圆：的左、右焦点，点 在上，若大于，则的取值范围是（      ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由已知可知，的坐标和模，由向量数量积的定义及坐标运算可得关于的不等关系，即可求解. 【详解】 因为椭圆：，所以，，所以， 所以，， 因为点 在上，所以，所以，， 又，，所以， 又，， 所以， 因为大于，所以， 所以，解得， 所以的取值范围是. 故选：. 6．（2024·内蒙古·三模）已知椭圆的离心率为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据椭圆的方程，结合离心率的定义和求法，列出方程，即可求解. 【详解】由椭圆，可得，，则， 所以，解得. 故选：B. 7．（2024·重庆·三模）如图，已知圆柱的斜截面是一个椭圆，该椭圆的长轴为圆柱的轴截面对角线，短轴长等于圆柱的底面直径.将圆柱侧面沿母线展开，则椭圆曲线在展开图中恰好为一个周期的正弦曲线.若该段正弦曲线是函数图象的一部分，且其对应的椭圆曲线的离心率为，则的值为（    ）    A． B．1 C． D．2 【答案】B 【分析】由题意可得且，由离心率的概念可得，结合勾股定理计算可得，进而求解. 【详解】由题意，椭圆曲线在展开图中恰好为函数图象的一部分， 可得；设圆柱底面半径为，则，所以， 设椭圆长轴长为，短轴长为， 因为离心率为，得，则， 即，所以，得， 又由勾股定理得，解得， 故. 故选：B.    8．（2024·四川·三模）已知椭圆 的左、右焦点分别为，点是椭圆上一点，若的内心为，连接并延长交轴于点，且，则椭圆的短轴长为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】D 【分析】合理构建图形，利用角平分线定理和等比定理得到，再求短轴长度即可. 【详解】 如图，连接在和中， 利用角平分线定理可得 由等比定理可得从而. 故椭圆的短轴长为，故B正确. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题考查解析几何，解题关键是合理构建图形，然后利用角平分线定理和等比定理得到，再求解短轴长度即可． 9．（2024·山西太原·三模）已知点 分别是椭圆 的左、右焦点，是上一点，的内切圆的圆心为，则椭圆 的标准方程是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式，结合椭圆的定义求解即得. 【详解】依题意，设椭圆的方程为，由在上，得， 显然的内切圆与直线相切，则该圆半径为1，而， 又，于是，，因此，解得， 所以椭圆 的标准方程是. 故选：B 10．（2024·浙江金华·三模）已知，分别是椭圆的左，右焦点，是椭圆上一点，的角平分线与的交点恰好在轴上，则线段的长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据题意画出图象，由角平分线的性质可得点到直线与的距离相等，进而利用直线的方程可得点的坐标，然后列方程求点的坐标，从而可得. 【详解】由题意可知，点只能在第一、四象限，不妨设点在第一象限，如图所示：    设，又， 由题意可知，直线的斜率一定存在， 所以，直线，即，则点， 直线，化为一般形式得， 因为点在的角平分线上，所以点到直线与的距离相等， 点到直线的距离， 点到直线的距离， 于是，化简得， 即， 又点在椭圆上，所以，得， 因此，，即， 解得或，点在第一象限，所以，， 则点， 所以. 故选：C. 【点睛】思路点睛：首先设点的坐标，再求出直线，直线的表达式以及点的坐标，最后再根据点到角两边的距离相等以及点在椭圆上，解出点的坐标，最后再求线段的长度. 11．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）已知是椭圆的左焦点，直线与交于、两点，则周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意可得经过椭圆的右焦点，结合椭圆定义计算即可得. 【详解】由，故经过椭圆的右焦点， 故的周长. 故选：D. 12．（2024·重庆·三模）如图所示，“嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道飞向月球，在月球附近一点变轨进入以月球球心为一个焦点的椭圆轨道I绕月飞行，之后卫星在点第二次变轨进入仍以为一个焦点的椭圆轨道II绕月飞行，最终卫星在点第三次变轨进入以为圆心的圆形轨道III绕月飞行，若用和分别表示椭圆轨道I和II的焦距，用和分别表示椭圆轨道I和II的长轴的长，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据图象可知可判断A；根据图象可知，结合由不等式的性质可判断B，C；对两边同时平方化简可判断D. 【详解】如图可知，，，，A不正确； ，，；B不正确； 由，可知，C不正确； ，可得，故， 即，，，即，D正确， 故选:D. 13．（2024·山西临汾·三模）已知椭圆与椭圆有相同的焦点，且与直线相切，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由椭圆得出焦点坐标，根据椭圆与直线相切联立方程组，得出，根据离心率公式计算即可． 【详解】由椭圆得，焦点， 因为椭圆与有相同的焦点，所以椭圆的焦点，则， 又因为与直线相切，则椭圆与直线只有1个交点， 联立方程组得，， 则，化简得，，解得或（不合题意舍）， 则，又，所以， 故选：A． 14．（2024·陕西铜川·三模）已知为椭圆的左､右焦点，点在上且位于第一象限，圆与线段的延长线､线段以及轴均相切，的内切圆的圆心为.若圆与圆外切，且圆与圆的面积之比为9，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设圆、与轴的切点分别为，，圆心、在的角平分线上，从而切点也在的角平分线上，所以，由切线的性质求得，，由圆面积比得半径比，然后由相似形得出的关系式，从而求得离心率． 【详解】由已知及平面几何知识可得圆心在的角平分线上. 如图，设圆与轴的切点分别为，由平面几何知识可得， 直线为两圆的公切线，公切点也在的角平分线上， 则，所以，    由椭圆的定义知，则， ， ， . 又圆与圆的面积之比为圆与圆的半径之比为3， 所以，即，故椭圆的离心率. 故选：A 【点睛】方法点睛：椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法： （1）求出a，c，代入公式； （2）只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)． 15．（2024·安徽·三模）在椭圆的4个顶点和2个焦点中，若存在不共线的三点恰为某个正方形的两个顶点和中心，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分析这三个点一定构成等腰直角三角形，所以只可能是两种特殊情形，由于结果都是满足，所以只可求出一个离心率. 【详解】根据题意，只需要这三个点构成等腰直角三角形，所以这三个点只可能是“短轴的两个端点和一个焦点”或“两个焦点和短轴的一个端点”， 可设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距为， 这两种情况都满足，所以， 即椭圆的离心率为， 故选：C. 16．（2024·河北保定·二模）已知椭圆的左､右焦点分别为在椭圆上，且，则椭圆的长轴长为（    ） A． B． C．或 D．或 【答案】B 【分析】根据得到，从而求得的值，再代入点坐标求得，即可得到长轴长. 【详解】由，得，所以， 把及代入， 得，解得（舍去）或， 所以，椭圆的长轴长为. 故选：B. 17．（2024·河南·三模）已知点分别是椭圆的左、右焦点，过的直线与圆相切，切点为，直线与椭圆交于点，且点在与之间，若的面积为，则椭圆的离心率为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设，由椭圆定义得出，再由题意解出，最后由面积公式得出，进而求出椭圆离心率. 【详解】 如图，过作直线的垂线，垂足为，设， 由椭圆定义知：，且有直线与圆相切， 直线，且，又因为的面积为， 所以，所以，即， 即，又因为，直线，且， 所以，在中，点为中点， 所以，同理在中，， 所以，所以， 所以， 解得，符合题意，即， 所以. 故选：D. 【点睛】方法点睛：利用椭圆定义及性质结合图形得出齐次方程是解决圆锥曲线离心率问题的一种重要的方法. 18．（2024·广西桂林·三模）已知椭圆C：的右焦点为F，过F的直线与C交于A、B两点，其中点A在x轴上方且，则B点的横坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意可知：，设，，根据向量共线可得，结合椭圆方程运算求解即可. 【详解】由题意可知：，可知， 设，，则， 因为，可得，整理得， 将代入方程可得，解得， 可知B点的横坐标为. 故选：D． 二、多选题 19．（2024·黑龙江·三模）加斯帕尔•蒙日（如图1）是18~19世纪法国著名的几何学家，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆则被称为“蒙日圆”（如图2）.已知矩形的四边均与椭圆相切，则下列说法正确的是（   ） A．椭圆的离心率为 B．椭圆与椭圆有相同的焦点 C．椭圆的蒙日圆方程为 D．矩形的面积最大值为50 【答案】ABD 【分析】根据题意，利用椭圆的几何性质，可判定A、B正确，结合椭圆的性质和蒙日圆的方程，可判定C错误，结合基本不等式和圆的性质，可得判定D错误. 【详解】由椭圆，可得，则， 所以椭圆的离心率为，所以A正确； 由椭圆，可得，则， 故椭圆的焦点与椭圆相同，所以B正确； 因为矩形的四边均与椭圆相切，所以点，即在蒙日圆上， 可得半径，可得椭圆的蒙日圆方程为，所以错误； 设矩形的边长分别为和，则有， 所以矩形的面积等于，当且仅当时取等号，所以D正确. 故选：ABD. 20．（2024·江西宜春·三模）设椭圆C：的左、右焦点分别为，，坐标原点为O．若椭圆C上存在一点P，使得，则下列说法正确的有（    ） A． B． C．的面积为2 D．的内切圆半径为 【答案】ACD 【分析】根据已知求出P点坐标，根据两点间距离公式分布求出，在中利用余弦定理可判定A，利用向量数量积公式可判定B，三角形面积公式可判定C，根据等面积法可判定D. 【详解】法1：由题意得，，则，． 由对称性可设（，），，，， 由，解得，又，， 所以，， 所以． 由椭圆的定义得， 在中，由余弦定理，得， 即， 解得，故A正确； ，故B错误； 的面积为，故C正确； 设的内切圆半径为r，由的面积相等，得， 即，解得，故D正确． 故选：ACD． 法2：设，，．易知，， 由极化恒等式，得，故B错误； 由中线长定理得，由椭圆定义得， 所以，所以， 所以，故A正确； 由，得，所以，故C正确； 设的内切圆半径为r，由的面积相等，得， 即，解得，故D正确． 故选：ACD． 21．（2024·安徽合肥·三模）椭圆的两个焦点分别为，则下列说法正确的是（    ） A．过点的直线与椭圆交于A，B两点，则的周长为8 B．若上存在点，使得，则的取值范围为 C．若直线与恒有公共点，则的取值范围为 D．若为上一点，，则的最小值为 【答案】BD 【分析】对于A：根据椭圆的定义结合焦点所在的位置分析判断；对于B：分析可知当位于短轴顶点时，最大，此时，分类讨论焦点所在位置分析求解；对于C：因为直线过定点，可知定点在椭圆内或椭圆上，列式求解即可；对于D：设，根据两点间距离公式结合二次函数分析求解. 【详解】对于选项A：由椭圆定义可得的周长为 ， 但焦点不一定在轴上，故A错误； 对于选项B：若，则， 当位于短轴顶点时，最大，此时， 可知，即， 当时，由，解得； 当时，由，解得； 综上所述：的取值范围为，故B正确； 对于选项C：因为直线过定点，则，即， 又因为，且，所以的取值范围为，故C错误； 对于选项D：若，即椭圆， 设，可得， 当时，，故D正确． 故选：BD． 【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法 （1）数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解； （2）构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解； （3）构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域． 22．（2024·甘肃酒泉·三模）已知椭圆上存在点，使得，其中分别为椭圆的左、右焦点，则该椭圆的离心率可能为（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】根据椭圆的定义得到，，再由即可求出离心率的取值范围，即可判断. 【详解】因为，又，所以，， 又，即， 所以，则，又，所以，故符合题意的有BCD. 故选：BCD 23．（2024·黑龙江齐齐哈尔·三模）在平面直角坐标系xOy中，长、短轴所在直线不与坐标轴重合的椭圆称为“斜椭圆”，将焦点在坐标轴上的椭圆绕着对称中心顺时针旋转，即得“斜椭圆”，设在上，则（    ） A．“斜椭圆”的焦点所在直线的方程为 B．的离心率为 C．旋转前的椭圆标准方程为 D． 【答案】BCD 【分析】根据椭圆的对称性可联立以及与椭圆方程，进而可判断焦点所在的直线，即可判断A，根据直线与椭圆的交点间距离可求解长轴以及短轴长，即可求解BC，根据方程有解，利用判别式即可求解. 【详解】由题意可知，斜椭圆关于和对称，联立直线与，可得，联立直线与，可得，所以两焦点所在直线方程为，A选项错误； 由可知，与相交的两点之间距离等于短轴为，与相交的两点之间距离等于长轴为，故焦距为，故的离心率为，选项正确； 旋转不改变椭圆的长短轴大小，所以旋转前的椭圆焦点在轴上，曲线方程为选项正确； 因为，关于的方程有解，所以，解得，所以选项正确， 故选：BCD． 24．（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． 【答案】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    25．（2024·辽宁沈阳·三模）设椭圆的左､右焦点分别为是上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．的最大值为8 B．椭圆的离心率 C．面积的最大值等于12 D．以线段为直径的圆与圆相切 【答案】ACD 【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，则半焦距， 对于A，的最大值为，A正确； 对于B，椭圆的离心率，B错误； 对于C，设点，则，而， 因此面积的最大值等于，C正确； 对于D，以线段为直径的圆为的圆心，半径， 圆的圆心，半径，，则圆与圆外切，D正确. 故选：ACD 26．（2024·河南开封·三模）椭圆的焦点为，，上顶点为A，直线与C的另一个交点为B，若，则（    ） A．C的焦距为2 B．C的短轴长为 C．C的离心率为 D．的周长为8 【答案】ABD 【分析】根据以及椭圆的对称性可得，进而可求解，即可根据选项逐一求解. 【详解】由于，所以, 故， 因此，故， 所以椭圆， 对于A，焦距为，故A正确， 对于B，短轴长为，B正确， 对于C，离心率为，C错误， 对于D，的周长为，D正确， 故选：ABD 三、填空题 27．（2024·重庆·三模）已知椭圆的左右焦点为，若椭圆上存在不在轴上的两点A，B满足，且，则椭圆离心率的取值范围为 . 【答案】 【分析】由判断出四边形为平行四边形，由正弦定理，利用可得答案. 【详解】由知，为AB中点，四边形为平行四边形， 由与可知， 在中由正弦定理知，， 在中，有，又因为， 可得，，由，得， 故离心率的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中离心率的计算，关键是根据题中条件，结合曲线性质，找到一组等量关系（齐次式），进而求解离心率或范围. 28．（2024·江苏南通·三模）已知是椭圆的左、右焦点，是上一点．过点作直线的垂线，过点作直线的垂线．若的交点在上（均在轴上方，且，则的离心率为 ． 【答案】/ 【分析】设，可得的方程，联立方程求得，结合对称性可知，进而列式求，即可得离心率. 【详解】设，，由题意可知：， 则直线的斜率，可知的方程为， 同理可得：的方程为， 联立方程，解得，即， 因为在上，可知关于x轴对称， 且，则，可得， 又因为，即， 由题意可得：，整理得， 解得或（舍去），则， 所以的离心率为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：求椭圆的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值． 29．（2024·上海·三模）已知椭圆C的焦点、都在x轴上，P为椭圆C上一点，的周长为6，且，，成等差数列，则椭圆C的标准方程为 ． 【答案】 【分析】根据给定条件，结合等差中项的意义及椭圆的定义列式求出即可得解. 【详解】令椭圆长半轴长为，半焦距为，依题意，， 即，解得，则椭圆短半轴长， 所以椭圆C的标准方程为. 故答案为： 30．（2024·宁夏银川·三模）已知曲线，，，P为C上异于A，B的一点，直线与直线交于M，直线与直线交于点N，则有以下四种说法： ①存在两个定点，使得P到这两个定点的距离之和为定值 ②直线与直线的斜率之差的最小值为 ③的最小值为 ④当直线的斜率大于时，大于 其中正确命题的序号为 . 【答案】①②③ 【分析】由曲线方程得出为椭圆的上半部分，根据椭圆定义判断①；对于②，设坐标，表示出直线与直线的斜率之差，利用基本不等式求得最小值；对于③④，表示出直线和的方程，与的坐标，利用距离公式以及基本不等式和函数单调性求得. 【详解】由，得（）， 则表示椭圆的上半部分， 对于①，根据椭圆的定义，到两焦点的距离之和为定值，故①正确； 对于②，设，则， 设，则，， 所以直线与直线的斜率之差为， 当且仅当，即时，等号成立， 所以直线与直线的斜率之差的最小值为，故②正确； 对于③，直线的方程为，则的坐标为， 直线的方程为，则的坐标为， 所以， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为，故③正确； 对于④，设函数（）， 由对勾函数的性质可得在上为增函数， 所以， 因为，故④错误． 故答案为：①②③. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种： 一是几何法：特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值； 二是代数法：常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值． 31．（2024·山西·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，若C上存在一点P，使线段的中垂线过点，则C的离心率的最小值是 ． 【答案】 【分析】由题意可知：，可得，运算求解即可. 【详解】设椭圆C的半焦距为， 由题意可知：， 根据存在性结合椭圆性质可知：，解得， 可得C的离心率，所以C的离心率的最小值是. 故答案为：. 32．（2024·湖南长沙·三模）已知椭圆，P为椭圆上任意一点，过点P分别作与直线和平行的直线，分别交，交于M，N两点，则的最大值为 . 【答案】3 【分析】根据题意画出示意图，可得四边形为平行四边形，设，，，根据与的中点相同，换算出关系式，再由两点间的距离公式，结合椭圆的性质即可求解. 【详解】设过点P分别作直线，由题意，画示意图如下： 设，，.则，， 由题意可知四边形为平行四边形， 所以，即， 又因P为椭圆上任意一点，所以，即， 所以， 因为，所以， 所以由函数性质知：当时，有. 故答案为：3 【点睛】关键点点睛：本题结合两点间的距离公式考查椭圆的几何性质的应用，考查理解辨析能力与运算求解能力，解题的关键是利用平行四边形的性质找到点的坐标之间的关系. 33．（2024·安徽·三模）椭圆的左､右顶点分别为，点在椭圆上第一象限内，记，存在圆经过点，且，则椭圆的离心率为 . 【答案】/ 【分析】根据给定条件，利用和角的正切求得，再设出点，结合斜率的坐标公式求出即可求出离心率. 【详解】显然直线斜率都存在，且， 由，得， 则，而， 于是，设，则， 因此，解得， 所以椭圆的离心率为. 故答案为： 【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法： ①定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率； ②齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解； ③特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率. 34．（2024·陕西咸阳·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为、，为椭圆上任意一点，为曲线上任意一点，则的最小值为 . 【答案】 【分析】求出点的坐标，求出圆的圆心和半径，再利用圆的性质求出最小值. 【详解】椭圆中，右焦点，圆的圆心，半径， 显然椭圆与圆相离，由点在圆上，得， 于是， 当且仅当分别是线段与椭圆、圆的交点时取等号， 所以的最小值为. 故答案为： 35．（2024·四川攀枝花·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，点在上，且，则椭圆的离心率为 ． 【答案】/ 【分析】延长交于点,由题意可求出，因为点在上，代入椭圆的方程，化简即可得出答案. 【详解】延长交于点，因为，所以， 所以点在轴上，因为，所以为等腰直角三角形， 所以，过点作交于点， 所以，所以，因为点在上， 所以，即， 则， 即，即， 所以，因为，所以， 所以. 故答案为：.    一、单选题 1．（2024·湖南邵阳·三模）已知，分别是双曲线：的左、右焦点，为坐标原点，过的直线分别交双曲线左、右两支于，两点，点在轴上，，平分，与其中一条渐近线交于点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由可得∥，结合角平分线的性质和双曲线的定义可得，由余弦定理可得，从而可求解. 【详解】因为，则∥，且，， 设，则， 又因为平分，则， 可得，， 由双曲线定义可知，， 可得，且， 因为，则， 可得， 即，化简得， 不妨令一条渐近线与线段的交点在第一象限，则， 所以. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：这道题的关键是由可得∥，结合角平分线的性质和双曲线的定义可得，再结合余弦定理分析求解. 2．（2024·浙江·三模）设为原点，为双曲线的两个焦点，点在上且满足，，则该双曲线的渐近线方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设，由题意列出含的方程组，解出的关系式，进而求出双曲线的渐近线即可. 【详解】 设 ，由双曲线的定义知 ， 在 中，由余弦定理得：， 所以 ， 再由，为的中点，延长至，使， 所以四边形为平行四边形，且， 在中，由余弦定理知：， 在中，由余弦定理知：， 因为，则， 可知， 所以 ③， 由得，   把代入得， 化简得 ， 所以渐近线方程为. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：由四点共圆的四边形四个边的平方和等于两条对角线的平方和是解决本题的关键. 3．（2024·河北石家庄·三模）已知双曲线的实半轴长为，其上焦点到双曲线的一条渐近线的距离为3，则双曲线的渐近线方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设双曲线的上焦点为，由题意可得，可求，由已知可求，可求渐近线方程. 【详解】设双曲线的上焦点为， 双曲线的渐近线方程为， 由点到直线的距离公式可得， 又双曲线的实半轴长为，所以， 所以双曲线的渐近线方程为，即. 故选：B. 4．（2024·河南·三模）已知为双曲线的左焦点，为左支上的点，为右顶点，若，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用给定条件结合余弦定理得到齐次方程，求解离心率即可. 【详解】 如图，设的焦距为，则，由， 可知，设的右焦点为，则， 由余弦定理得， 整理得，所以，离心率为，故A正确. 故选：A． 5．（2024·河北·三模）如图，双曲线的左焦点为（其中），且，，直线FA分别与双曲线的两条渐近线交于M，N两点．若，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题根据已知条件提供的图形可知直线的斜率存在且不为零，将直线代入渐近线方程可得一元二次方程，利用根与系数的关系可求得线段MN的中点坐标，再利用等腰三角形中有，等价于两线段所在直线的斜率之积等于即可求解. 【详解】直线FA的方程为，双曲线的渐近线方程为， 此渐近线方程可以写成的形式， 联立并消去y得， 设，，由韦达定理得， 设线段MN的中点为，则，， 所以． 由得，故， 即化简得， 所以离心率为. 故选：A． 6．（2024·北京·三模）若双曲线与具有相同的渐近线，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求出两个双曲线的离心率，根据渐近线相等列式，代入离心率求解即可. 【详解】双曲线的渐近线为，的渐近线为， 由题可知， 所以的离心率. 故选：C. 7．（2024·河南·三模）已知双曲线的左､右顶点分别为是右支上一点，直线与直线的交点分别为，记的外接圆半径分别为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】容易知道，求出，两点坐标，则，由正弦定理求外接圆半径，结合基本不等式分析求解. 【详解】由题意可知：，    设动点，则，即， 设直线的斜率分别为，根据对称性不妨设， 因为，， 则，即， 可知直线方程为：，则直线方程为：， 令得，， 即，，则， 由正弦定理得：，， 可得， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最大值为. 故选：A. 8．（2024·全国·三模）已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，且离心率为，过点的直线l与C的一条渐近线垂直相交于点D，则（    ） A． B． C．2 D．3 【答案】A 【分析】设焦点，根据题意求点的坐标和的值，进而画出图象即可解决. 【详解】不妨设焦点，其中一条渐近线为，则直线l的方程为， 由解得即， 因为，所以， 过点作轴的垂线，垂足为，如下图： 于是. 故选：A. 9．（2024·山东济宁·三模）已知双曲线的左、右焦点分别为，根据双曲线的光学性质可知，过双曲线上任意一点的切线平分.直线过交双曲线的右支于A，B两点，设的内心分别为，若与的面积之比为，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D．. 【答案】C 【分析】利用切线长定理求得直线的方程，再借助双曲线的切线方程求出点的横坐标，结合面积关系求解即得. 【详解】令圆切分别为点，则， ，令点，而， 因此，解得，又，则点横坐标为，同理点横坐标为， 即直线的方程为，设，依题意，直线的方程分别为： ，，联立消去得：， 整理得，令直线的方程为， 于是，即点的横坐标为， 因此，所以双曲线的离心率. 故选：C 【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法： ①定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率； ②齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解； ③特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率. 10．（2024·安徽·三模）过双曲线的下顶点作某一条渐近线的垂线，分别与两条渐近线相交于两点，若,则C的离心率为（    ） A． B． C． D．3 【答案】A 【分析】过点作另一条渐近线的垂线于，借助双曲线的对称性计算可得，即可得离心率. 【详解】过点作另一条渐近线的垂线于，由对称性可得， 由，则有，则， 故，故，故， 即. 故选：A. 11．（2024·浙江杭州·三模）已知双曲线上存在关于原点中心对称的两点A，B，以及双曲线上的另一点C，使得为正三角形，则该双曲线离心率的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设点，则可取，代入双曲线方程整理可得，结合渐近线列式求解即可. 【详解】由题意可知：双曲线的渐近线方程为， 设点，则可取， 则，整理得， 解得，即，可得，则， 所以该双曲线离心率的取值范围是． 故选：A. 【点睛】关键点点睛：1.巧妙设点：设点，根据垂直和长度关系可取； 2.根据渐近线的几何意义可得：. 12．（2024·广东广州·三模）已知，是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，，则C的离心率为（    ） A． B． C． D．3 【答案】C 【分析】根据双曲线定义可得，，即可在焦点三角形中，利用余弦定理求解,由离心率公式即可求解. 【详解】根据题意可知点在右支上，则，又， ，， ，则在中，， ，故. 故选：C． 13．（2024·宁夏银川·三模）已知双曲线E：的左、右焦点分别为，，过点的直线与双曲线E的右支交于A，B两点，若，且双曲线E的离心率为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由双曲线的定义结合已知条件求得，从而再得，由余弦定理求得，由诱导公式得，设，则，再由余弦定理求得，从而利用余弦定理求解即可. 【详解】因为双曲线的离心率为，所以，因为， 所以， 由双曲线的定义可得， 所以， 在中， 由余弦定理得， 在中，， 设，则， 由得 ，解得，所以， 所以. 故选：D. . 14．（2024·福建漳州·三模）已知双曲线左、右焦点分别为，过的直线与的渐近线及右支分别交于两点，若，则的离心率为（    ） A． B．2 C． D．3 【答案】C 【分析】根据题意分析可知为的中点，且，结合点到直线的距离公式可得，根据双曲线的定义结合勾股定理运算求解. 【详解】因为，可知为的中点，    且为的中点，可知∥， 又因为，可知，则， 则点到直线的距离， 可得， 由可得， 整理得，则，整理得， 所以的离心率为. 故选：C. 【点睛】方法点睛：1．椭圆、双曲线离心率（离心率范围）的求法：求椭圆、双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值；2．焦点三角形的作用：在焦点三角形中，可以将圆锥曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来． 15．（2024·山西·三模）已知双曲线的左、右焦点分别为，，点P在C上且异于C的顶点，则（    ） A．4 B．2 C．1 D． 【答案】C 【分析】根据二倍角的余弦公式和余弦定理，并结合双曲线定义化简即可. 【详解】由题意可知，的实半轴长，虚半轴长， 半焦距， 故选：C. 16．（2024·河北·三模）已知双曲线，以右顶点为圆心，为半径的圆上一点（不在轴上）处的切线与交于、两点，且为中点，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先求双曲线的渐近线，利用双曲线中点弦及切线斜率可得答案. 【详解】 由题意得双曲线渐近线，，圆， 切点在双曲线左支和右支之间，由对称性，不妨设切点在轴的上方； 设，，，则， 因为直线的斜率，所以切线斜率. 因为①，②； ②—①得， 可得， 所以 ，，，故. 又在圆上， 所以. 因为切点在轴的上方，切线与双曲线交于两点，一条渐近线的斜率为， 所以有，代入，可得， 故， 即. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有两个：一是利用点差法找到半径与的关系式；二是利用直线与双曲线的位置关系确定的范围. 17．（2024·四川内江·三模）已知双曲线，以双曲线的右顶点为圆心，为半径作圆，圆与双曲线的一条渐近线交于M、N两点，若，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取中点B，连接AB，得，利用点到直线距离求出，根据建立关系即可求出. 【详解】如图，取中点B，连接AB，则，且， 则点到渐近线的距离为， ， ，结合可得， 则，解得：（舍去）或，则. 故选：D. 18．（2024·内蒙古·三模）设，是双曲线：的两条渐近线，若直线与直线关于直线对称，则双曲线的离心率的平方为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设的倾斜角为，分为和，由两角差与和的正切公式由求出，即可求出，进而求出双曲线的离心率的平方. 【详解】由题可知经过第二、四象限，经过第一、三象限，设的倾斜角为. 当时，则，即，， 即，所以. 当时，，即，， 即，所以. 综上，双曲线的离心率的平方为. 故选：C. 19．（2024·贵州遵义·三模）已知点，分别是双曲线的左、右焦点，过作倾斜角为的直线l与双曲线的左、右两支分别交于A，B两点，且，则双曲线的离心率为（    ） A． B．2 C． D． 【答案】D 【分析】根据题意过作于点N，根据双曲线的定义结合图形求解出，然后根据勾股定理求解出的关系，即可得到离心率. 【详解】过作于点N，如图， 设， 因为直线l的倾斜角为，， 所以在中，， 由双曲线的定义得,, 所以， 所以， 因为， 所以为等腰三角形， 又因为 ， 所以N为AB的中点， 所以， 可得， 因此， 在中，, 所以，即， 所以. 故选：D. 20．（2024·四川凉山·三模）椭圆的光学性质是：从一个焦点发出的光线照射到椭圆上，其反射光线会经过另一个焦点；双曲线的光学性质是：从一个焦点发出的光线照射到双曲线上，其反射光线的延长线会经过另一个焦点．如图示椭圆光学装置1，光线经过椭圆焦点射出经椭圆两次反射后又回到焦点，经历时长为，在装置1中放入与椭圆具有公共焦点双曲线构成如图示装置2，光线从焦点射出依次经双曲线及椭圆反射后回到经历时长．若，则该装置中椭圆的离心率与双曲线的离心率之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】通过装置1与装置2，利用椭圆和双曲线的定义找到之间的关系，再由已知，进而得到之间关系，从而求出椭圆离心率与双曲线离心率之比. 【详解】不妨设光的传播速度为单位1，椭圆的长轴长为，焦距为，双曲线的实轴长为，焦距为，则由装置1知， 由装置2知：，可得：， 又由题知：，所以， 故椭圆离心率与双曲线离心率之比为， 故选：C. 21．（2024·安徽合肥·三模）已知双曲线的右焦点为，圆与的渐近线在第二象限的交点为，若，则的离心率为（    ） A．2 B． C．3 D． 【答案】C 【分析】由解得，根据三角函数的定义知，利用同角的三角函数关系求得，，由诱导公式、两角和的正弦公式和正弦定理计算可得，结合离心率的概念即可求解. 【详解】如图，由题意知，双曲线的渐近线方程为， 则，解得，所以, 由三角函数的定义知， 又，且显然为锐角，， 又，解得，， 则， 在中，由正弦定理可得，即， 化简得，所以的离心率为． 故选：C． 22．（2024·湖南长沙·三模）已知点A为双曲线的左顶点，点B和点C在双曲线的左支上，若是等腰直角三角形，则的面积是（    ） A．4 B． C． D． 【答案】C 【分析】双曲线的左顶点，设，根据图形特征求出点坐标，从而可求的面积. 【详解】由题意得，点B和点C在双曲线的左支上， 若是等腰直角三角形，设，由对称性有， 则有 ，代入双曲线方程，解得，， 则有等腰直角三角形的斜边，三角形的高， 所以. 故选：C. 23．（2024·四川眉山·三模）已知双曲线的左，右焦点分别为.点在上，点在轴上，，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设，则，由题意，可求离心率. 【详解】设，则， 由于关于轴对称，故，又因为， 所以，所以，所以， 故选：A. 二、多选题 24．（2024·山东潍坊·三模）已知 双曲线的左、右焦点，点在上，设的内切圆 圆心为，半径为，直线交于，若， ，则（      ） A． B．圆心的横坐标为 1 C． D．的离心率为2 【答案】ACD 【分析】由，且三点共线，得到，可判定A正确；根据双曲线的定义和，求得，可判定B错误；利用角平分线定理得到，结合三角形的面积公式，分别求得的值，可判定C正确；结合离心率的定义和求法，可判定D正确. 【详解】对于A中，因为，且三点共线， 所以，可得，所以A正确； 对于B中，设切点分别为，则， 又因为，所以， 所以点为右顶点，圆心的横坐标为2，所以B错误； 对于C中，因为，所以， 由角平分线定理，得， 又因为，所以， 由可得， 所以，可得， 所以，则为等腰三角形， 所以，解得，所以C正确； 对于D中，由离心率，所以D正确. 【点睛】方法点拨：对于双曲线的综合问题的求解策略： 1、与双曲线的两焦点有关的问题，在“焦点三角形”中，常利用正弦定理、余弦定理，结合，运用平方的方法，建立的联系； 2、当与直线有关的问题，常常联立直线与双曲线的方程，消元后利用一元二次方程的判别式，根与系数的关系构造相关变量关系式进行求解； 3、当与向量有关相结合时，注意运用向量的坐标运算，将向量间的关系转化为点的坐标问题，再根据与系数的关系，将所求问题与条件建立联系求解. 25．（2024·河北秦皇岛·三模）设，是双曲线的两条渐近线，若直线与直线关于直线对称，则双曲线的离心率的平方可能为（    ） A． B． C． D． 【答案】CD 【分析】利用直线对称的夹角关系，分类讨论结合双曲线的性质计算即可. 【详解】由题可知经过第二、四象限，经过第一、三象限，设的倾斜角为. 当时，则，即，， 即，所以. 当时，，即，， 即，所以. 综上，双曲线的离心率的平方为. 故选：CD 26．（2024·山西太原·三模）已知曲线 ，则下列结论正确的是（   ） A．曲线 可能是直线 B．曲线 可能是圆 C．曲线 可能是椭圆 D．曲线 可能是双曲线 【答案】ACD 【分析】因为，由的符号和取值结合对应方程的特点，结合条件逐项判断可得答案. 【详解】因为，所以. 对于A，当时，曲线：为直线，故A正确； 对于B，如果曲线是圆，则，矛盾，故曲线不可能是圆，故B错误； 对于C，当时，曲线可化为，且，表示焦点在轴上的椭圆，故C正确； 对于D，当时，曲线为焦点在轴上的双曲线，故D正确. 故选：ACD. 27．（2024·云南昆明·三模）已知分别是双曲线的左、右焦点，是左支上一点，且在在上方，过作角平分线的垂线，垂足为是坐标原点，则下列说法正确的是（    ） A．若，则直线的斜率为 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】AC 【分析】根据垂直关系以及角平分线可得，即可求解斜率，判断A，根据数量积的几何意义即可根据长度求解B，根据三角形全等，以及三角形的中位线即可求解DC. 【详解】，不妨设在第二象限， 当时，则，则，故， ，,故,， 由于是的角平分线，所以,进而可得,故斜率为，故A正确， 由于，所以,B错误，    延长,交于点，连接, 由于是的角平分线，，所以, 故是的中点，, 由双曲线定义可得， 又是的中点，,故C正确，D错误， 故选：AC    三、填空题 28．（2024·河北保定·三模）若双曲线C：的左、右焦点为，，P是其右支上的动点.若存在P，使得，，依次成等比数列，则t的取值范围为 . 【答案】 【分析】根据题意，设，由双曲线定义可得，则问题转化为在上有解，求出二次函数的值域得解. 【详解】由题意可知，，，，且，， 设，则，所以在上有解， 又在上单调递增，所以， 所以，且，解得. 故答案为：. 29．（2024·山西·三模）双曲线的两条渐近线分别为，经过的右焦点的直线分别交于两点，已知为坐标原点，反向，若的最小值为9a，则的离心率为 . 【答案】 【分析】联立渐近线与直线的方程，可得坐标，继而根据点点距离公式可得，即可利用基本不等式求解最值得求解. 【详解】设渐近线的方程分别为， ， 设直线的方程为， 联立与可得，，故， 同理联立与可得， 由于反向，所以位于一四象限，故， 故， ， 当且仅当,即时等号成立， 故最小值为，因此，故， 故答案为： 【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下： （1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得的值，根据离心率的定义求解离心率的值； （2）齐次式法：由已知条件得出关于的齐次方程，然后转化为关于的方程求解； （3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率. 30．（2024·河北·三模）已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与轴相交于点，与在第一象限的交点为，若，，则的离心率为 ． 【答案】/ 【分析】设，利用双曲线定义、勾股定理得，再由，得，可得答案. 【详解】设，则，所以， 因为，所以， 可得，即①， 因为，所以， 所以，即②， 由①②可得， 解得，或（舍去）. 故答案为：. 31．（2024·浙江金华·三模）若圆被双曲线的一条渐近线截得的弦长为2，则双曲线的离心率为 . 【答案】 【分析】根据条件，将弦长转化为圆心到渐近线的距离，进而可得出与的关系，求解即可. 【详解】对于双曲线，其渐近线方程为， 对于圆，有， 圆心为，半径， 渐近线被圆截得的弦长为，所以圆心到渐近线的距离为， 由点到直线距离公式得：，所以， 所以，解得，所以双曲线的离心率为. 故答案为：. 32．（2024·河南新乡·三模）双曲线的实轴长为4，则 . 【答案】1 【分析】根据给定条件，确定双曲线的焦点位置，再列式计算即得. 【详解】显然恒成立，则双曲线的焦点在x轴上， 于是，所以. 故答案为：1 33．（2024·安徽马鞍山·三模）已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点的直线与的右支交于，两点，若，则 ． 【答案】/ 【分析】根据双曲线的定义表示出，，即可得到，再由余弦定理计算可得. 【详解】依题意过点的直线与的右支交于，两点， 且，，， 则，，， 所以， 可得， 解得或（舍去）． 故答案为：． 34．（2024·河南郑州·三模）已知双曲线的离心率为分别是它的两条渐近线上的两点（不与坐标原点重合），点在双曲线上且 的面积为6，则该双曲线的实轴长为 ． 【答案】 【分析】利用离心率求得，继而得到渐近线方程：，由向量等式推得点为的中点，设出点,求得点坐标，代入双曲线方程，化简得，最后利用面积即可求得的值. 【详解】 如图，由可得，故双曲线的渐近线方程为， 不妨设，因则点为的中点，则， 将其代入中，整理得：， 又,且,则的面积为， 即，解得,故双曲线的实轴长为. 故答案为：. 一、单选题 1．（2024·重庆·三模）已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于A，B两点，点在第一象限，点为坐标原点，且，则直线的斜率为（    ） A． B． C．1 D．-1 【答案】A 【分析】设直线的倾斜角为，利用抛物线的焦半径公式，表示出、，再根据，求出，利用同角三角函数的基本关系求，就是直线的斜率. 【详解】如图： 设直线倾斜角为，抛物线的准线： 作于，根据抛物线的定义，， 所以，类似的. 由知，得，故. 故选：A 2．（2024·山东济宁·三模）已知抛物线的焦点为，过且斜率为的直线交抛物线于，两点，若，则（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】D 【分析】设，，，联立抛物线方程，利用韦达定理和抛物线的定义建立关于的方程，解之即可求解. 【详解】由题意知，，设， 联立直线与抛物线得，消去，得， 所以. 由抛物线的定义知. 而，故，解得. 故选：D. 3．（2024·河南·三模）抛物线的焦点坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据抛物线的标准方程直接得出结果. 【详解】抛物线的焦点坐标为. 故选：D 4．（2024·黑龙江齐齐哈尔·三模）设为抛物线的焦点，若点在上，则（    ） A．3 B． C． D． 【答案】D 【分析】利用点在抛物线上，得到抛物线的标准方程，确定准线方程，利用抛物线的定义，. 【详解】依题意，，解得，所以的准线为，所以， 故选:D． 5．（2024·江西宜春·三模）已知抛物线C：的焦点为F，动直线l与抛物线C交于异于原点O的A，B两点，以线段OA，OB为邻边作平行四边形OAPB，若点（），则当取最大值时，（    ） A．2 B． C．3 D． 【答案】B 【分析】根据题意，由抛物线的方程可得焦点坐标以及准线方程，然后分别过A、B、M向准线作垂线，取最大值即直线AB过焦点时，再结合点差法代入计算，即可得到结果. 【详解】 由题可知焦点，准线，设线段AB的中点为，即为OP中点， 则，．分别过A、B、M向准线作垂线，垂足分别为，，， 如图所示． 则，当直线AB过焦点时取等号，此时． 设、，直线AB的斜率为k， 由，两式相减，得，所以， 即，得，所以，又，所以． 故选：B． 6．（2024·甘肃酒泉·三模）已知点在抛物线上，若点到点的距离为3，则点到轴的距离为（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】C 【分析】根据抛物线的定义分析可知点到直线的距离为3，即可得结果. 【详解】由题意可知：抛物线的焦点为，准线为， 若点到点的距离为3，即点到直线的距离为3， 所以点到轴的距离为. 故选：C. 7．（2024·河南·三模）过抛物线的焦点的直线交抛物线于两点，若中点的横坐标为4，则（   ） A．16 B．12 C．10 D．8 【答案】B 【分析】由抛物线焦点弦长公式结合中点坐标公式即可求解. 【详解】设， 由题设有，由抛物线的焦半径公式有： 而. 故选：B. 8．（2024·福建福州·三模）已知点在抛物线：（）上，为的焦点，则（ ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【分析】将点代入抛物线可得，即可根据焦半径公式求解. 【详解】将代入可得所以， 故， 故选：C 9．（2024·河南·三模）已知抛物线的焦点为为上一点，为坐标原点，当时，，则（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】B 【分析】根据已知条件结合抛物线的定义求解即可. 【详解】如图，过作的准线的垂线，垂足为，作，垂足为， 由，得， 所以， 所以，即． 故选：B．    10．（2024·重庆·三模）已知抛物线的焦点为，该抛物线上一点到的距离为4，则（    ） A．3 B．4 C． D． 【答案】C 【分析】根据题意求出抛物线上点到准线距离，再由抛物线定义得解. 【详解】由抛物线可得，其准线方程为， 因为抛物线上一点到的距离为4， 所以点到的距离为， 由抛物线的定义知，. 故选：C 11．（2024·贵州毕节·三模）已知点在抛物线上，则抛物线C的准线方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将点代入抛物线方程求出，再将抛物线方程化为标准方程，即可得出准线方程. 【详解】因为点在抛物线上， 所以，解得， 所以抛物线的标准方程为， 所以抛物线C的准线方程为. 故选：D. 12．（2024·云南昆明·三模）已知点在抛物线的图象上，为的焦点，则（    ） A． B．2 C．3 D． 【答案】B 【分析】先根据点在抛物线上求出p，再根据抛物线的定义求出焦半径即可. 【详解】将代入，即， 所以， 所以. 故选：B. 13．（2024·四川·三模）已知抛物线C: ，则C的准线方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用抛物线准线的定义求解即可. 【详解】若，则可化为标准形式，故， 故C的准线方程为，故A正确. 故选：A 14．（2024·安徽安庆·三模）已知抛物线的焦点到其准线的距离为2，点是抛物线上两个不同点，且，则（    ） A． B． C． D．3 【答案】A 【分析】抛物线的焦点到其准线的距离为，又，进而利用得，从而可得的值. 【详解】因为抛物线的焦点到其准线的距离为2，所以， 所以,即, 由得，即，则， 由焦半径公式可得. 故选：A. 15．（2024·河北石家庄·三模）已知抛物线的焦点为，斜率为的直线过与交于两点，若，则的值为（    ） A．1 B． C．2 D．3 【答案】C 【分析】设出直线方程，联立曲线后得到横坐标有关韦达定理，结合焦半径公式计算即可得解. 【详解】由可得，则，，， 联立，得， ， ，， 由焦半径公式可得，， 则， 则有，， ，解得，又，故. 故选：C.    16．（2024·江西景德镇·三模）过抛物线上的一点作圆：的切线，切点为，，则可能的取值是（    ） A．1 B．4 C． D．5 【答案】D 【分析】设，利用圆的切线性质，借助图形的面积把表示为的函数，再求出函数的最小值即可. 【详解】设，则，圆的圆心，半径 由切圆于点，得， 则 ，当且仅当时取等号， 所以的最小值为，ABC不是，D是. 故选：D      17．（2024·福建宁德·三模）已知抛物线的焦点为是抛物线上的两个动点.若，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据抛物线的定义推出，利用余弦定理与基本不等式即可求出所求角的最大值. 【详解】由题知，，， 则， 所以， 在中， 由余弦定理得 ， 又， 当且仅当时取等号， 所以， 即， 所以的最大值为.    故选：C 18．（2024·四川南充·三模）已知为抛物线上一点，点到抛物线焦点的距离为，则（    ） A．2 B．1 C． D．4 【答案】A 【分析】根据条件，利用抛物线的定义，即可求出结果. 【详解】因为到抛物线焦点的距离为， 所以由抛物线定义知，，解得， 故选：A. 19．（2024·福建莆田·三模）已知抛物线）的焦点为F，点在抛物线C上，且，则抛物线C的准线方程是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，结合抛物线的定义，列出方程组，求得的值，得出抛物线的方程，即可求解. 【详解】因为点在抛物线 上，且， 可得，解得，即抛物线， 所以抛物线C的准线方程是. 故选：D. 20．（2024·福建三明·三模）已知抛物线的焦点为F，第一象限的两点A，B在抛物线上，且满足.若线段中点的横坐标为3，则p的值为（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【分析】设，由可得，结合弦长以及已知求出，利用，即可求得答案. 【详解】设，由得， 即得； 又，解得， 由于A，B在第一象限内，故， 则， 而线段中点的横坐标为3，则， 故， 故选：B 21．（2024·四川成都·三模）已知点分别是抛物线和直线上的动点，若抛物线的焦点为，则的最小值为（    ） A．3 B． C． D．4 【答案】C 【分析】按点在直线上及右侧、左侧分类，借助对称的思想及两点间线段最短列式求出并判断得解. 【详解】设的坐标为，则，抛物线的焦点，准线方程为， 当点在直线上及右侧，即时，，当且仅当是与直线的交点时取等号， 此时，当且仅时取等号， 当点在直线左侧，即时，点关于的对称点是，则， ， 当且仅当是与直线的交点，且时取等号，而， 所以的最小值为. 故选：C 22．（2024·四川泸州·三模）已知点在抛物线：（）上，为的焦点，直线与的准线相交于点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】代点计算可得抛物线方程，即可得焦点坐标与准线方程，即可得直线的方程，求出两直线交点，即可得点坐标，结合两点距离公式即可得解. 【详解】由，有，即，即抛物线：， 则，准线方程为：， 故，整理得， 令，则，即， 则. 故选：B. 23．（2024·陕西商洛·三模）已知点在抛物线上，抛物线的准线与轴交于点，线段的中点也在抛物线上，抛物线的焦点为，则线段的长为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】结合图象利用是的中位线得，是的中位线得，再由抛物线得定义得，共同推得，得到，求得即得. 【详解】 如图，不妨设点在第一象限，依题知是的中位线，可知，过向准线做垂线，垂足分别为， 同理是的中位线，，由抛物线定义知，故得， 又，则点横坐标是，代入可得其纵坐标为，故. 故选：C． 二、多选题 24．（2024·安徽·三模）已知抛物线和的焦点分别为，动直线与交于两点，与交于两点，其中，且当过点时，，则下列说法中正确的是（    ） A．的方程为 B．已知点，则的最小值为3 C． D．若，则与的面积相等 【答案】ACD 【分析】对于A，设，联立抛物线的方程，结合韦达定理求出即可判断；对于B，结合抛物线定义、三角形三边关系即可判断；对于C，设，分别联立抛物线方程，结合韦达定理即可判断；对于D，由C选项分析可得 ，结合以及韦达定理即可得出两个三角形的高相等，显然三角形同底，由此即可判断. 【详解】 当过点时，设，联立，可得， ， 故，解得，则，故A正确； 过点向的准线引垂线，垂足分别为， 点到的准线的距离， 由抛物线定义可知， 等号成立当且仅当点为与抛物线的交点，故错误； 设，由，可得， ， 由，可得， ， 故，同理可得，故正确； ，故， 注意到，可得， 所以，从而与的面积相等，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：判断D选项的关键是得出，由此即可顺利得解. 25．（2024·河北·三模）已知F为抛物线的焦点，，为抛物线上不同的两动点，分别过M，N作抛物线C的切线，两切线交于点P，则（    ） A．若，则直线MN的倾斜角为 B．直线PM的方程为 C．若线段MN的中点为Q，则直线PQ平行于y轴 D．若点P在抛物线C的准线上，则 【答案】BD 【分析】由点在抛物线上，联立方程组，作差结合斜率公式，可判定A不正确；求得，利用导数的几何意义，求得切线方程，可判定B正确；联立方程组，求得点的横坐标为及，得到，由时，可得直线与轴重合，可判定C不正确；求得点，得到和，结合，可判定D正确. 【详解】对于A中，由点，为抛物线上， 可得，两式相减得， 因为，可得，即的斜率为， 所以直线的倾斜角为，所以A不正确； 对于B中，由，可得，则，所以， 即过点的切线的斜率为， 所以切线的方程为，即， 又因为，所以切线方程为，所以B正确； 对于C中，同理可得，切线方程为， 联立方程组，解得， 所以点的横坐标为， 又因为为的中点，可得，所以， 当时，可得轴，；但当时，可得直线与轴重合， 所以C不正确； 对于D中，由抛物线，可得焦点，准线方程为， 若点在抛物线的准线上，可得点，所以， 又由A项，可得，即直线的斜率为 因为，所以，所以，所以D正确. 故选：BD. 三、填空题 26．（2024·广西桂林·三模）抛物线C：经过点，则点P到C的焦点的距离为 ． 【答案】2 【分析】将点P坐标代入抛物线方程求出p，求出F，结合两点间距离公式计算即可求解. 【详解】把代入得， 所以C的焦点为， 所以． 故答案为：2 27．（2024·北京·三模）已知抛物线的焦点为F，准线与x轴的交点为A，点B在C上.若，则直线AB的方程为 . 【答案】或 【分析】先根据焦半径公式求出点坐标，进而可得直线方程. 【详解】设，则，则，此时， 所以或，又由已知， 直线AB的方程为或， 整理得或. 故答案为：或. 28．（2024·河南·三模）抛物线的焦点坐标为 . 【答案】 【分析】先求的焦点坐标，再利用图象平移求解新抛物线焦点坐标即可. 【详解】对于抛物线，，其焦点坐标为， 而抛物线是由向上平移一个单位形成的， 所以抛物线的焦点坐标为. 故答案为： 29．（2024·陕西榆林·三模）若直线与抛物线和圆从左到右依次交于点，则 . 【答案】22 【分析】根据抛物线的焦半径公式和圆的直径可求的值. 【详解】抛物线的焦点即为，圆的半径为1， 设，由得， 所以，， 故. 故答案为：22. 30．（2024·陕西渭南·三模）已知抛物线上的点P到其准线的距离为6，则点P的横坐标为 ． 【答案】4 【分析】首先得到抛物线的准线方程，再设点的横坐标为，由抛物线的几何性质，即可得到方程，解得即可. 【详解】抛物线的准线为，设点的横坐标为， 由抛物线上的点到准线的距离为6，可得，解得. 故答案为：4. 31．（2024·四川成都·三模）设抛物线的焦点为，准线为，是抛物线上位于第一象限内的一点，过作的垂线，垂足为，若直线的倾斜角为120°，则 . 【答案】6 【分析】设出点坐标，根据点在抛物线上以及直线倾斜角可以求出点坐标，再利用抛物线定义即可求解. 【详解】由已知得，准线， 设，则， 因为直线倾斜角为，所以直线的斜率， 即，解得， 因为在抛物线上，代入得， 所以， 故答案为：6. 四、解答题 32．（2024·浙江金华·三模）已知抛物线：，焦点为F，为上的一个动点，是在点A处的切线，点P在上且与点A不重合．直线PF与Γ交于B、C两点，且平分直线AB和直线AC的夹角． (1)求的方程（用表示）； (2)若从点F发出的光线经过点A反射，证明：反射光线平行于x轴； (3)若点A坐标为，求点P坐标． 【答案】(1) (2)证明见解析； (3)． 【分析】（1）设定直线的方程，并于抛物线方程联立得出一元二次方程，相切需保证，求解即可； （2）由抛物线定义得到，设T为反射光线上与A相异的一点，进而证明即可； （3）先求得K为的中点，设定直线PF的方程并于抛物线方程联立得出一元二次方程，进而得出直线AC和HF的方程，求出点的横坐标，证明即可. 【详解】（1）显然切线l的斜率不为0，设l方程为：， 与联立得：， 由，且， 得，解得， ∴l的方程为，且， 化简得，也即：． （2）过A点作l的垂线并交x轴于Q点， 则AQ直线的方程为， 取，解得，即， ∵，∴， 作A点在抛物线准线上的投影H，由抛物线定义可知， ∴，∴， 设T为反射光线上与A相异的一点，则有， 综上，，轴， 即从点F发出的光线经过A点反射后平行于x轴． （3）若点A坐标为，此时l方程为，连HF， 取H，F的中点为，因为，故， ∵，∴，∵K点在l上，∴， 设直线AC、AB与HF的交点分别为D，E，则K为D，E的中点， 设直线PF的方程为，与联立得：， 设，，则有，， 当直线的斜率存在时， 因为，此时， 所以直线AC的方程为，也即， 而直线HF的方程为，联立得， 同理，， 由得：，整理得， ∴，∴， ∴直线BC的方程为， 与直线联立得P点坐标为． 当直线的斜率不存在时， 此时，而经过， 故此时直线即为，故重合，与题设矛盾， 综上，P点坐标为． 【点睛】本题是圆锥曲线综合问题，解题思路是运用韦达定理转化，运算和转化较复杂，属于难题.题型点睛，抛物线的光学性质主要有两大类，一是平行性质，任何平行于抛物线对称轴的光线，经过抛物线反射后，都会经过抛物线的焦点；二是聚焦性质，从抛物线焦点发出的光线，经过抛物线反射后，反射光线会平行于抛物线的对称轴. 33．（2024·山西临汾·三模）如图，在平面直角坐标系中，和是轴上关于原点对称的两个点，过点倾斜角为的直线与抛物线交于两点，且． (1)若为的焦点，求证：； (2)过点作轴的垂线，垂足为，若，求直线的方程． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）将转化为(坐标表示),从而求出点的坐标即可解答；或者由，可看作是以为直径的圆与抛物线交点，从而求出的坐标即可解答； （2）由，易得，即，所以点必在中垂线上，联立直线与抛物线方程，再结合即可求解. 【详解】（1）法一： 由题可知，， 设，， 则，． 因为，故， 解之得，． ， ． ． 法二： 由题可知，， 设点，因为，故点在圆上， 又因为点也在上，联立与得 ． 解之得． 因为，故． 故，． ． ． （2）因为，， 所以，故． 所以点必在中垂线上． 方法一： 设，直线的方程为，，． 将代入 得： ，，． 因为点在中垂线上，故． 所以，即，左右两边同时除以得，解得：或，又因为 所以，． 因为，所以即． 所以，，，． 所以直线的方程为 即． 方法二： 设，直线的方程为，，， 将代入 得： ，，． 因为点必在中垂线上，且, 所以点为的中点，故，． 因为，所以即． 所以，，． 所以直线的方程为． 即． 34．（2024·陕西咸阳·三模）已知直线过定点，动圆过点，且在轴上截得的弦长为4，设动圆圆心轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)点，，为上的两个动点，若，，恰好为平行四边形的其中三个顶点，且该平行四边形对角线的交点在上，记平行四边形的面积为，求证：. 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）设出点的坐标，利用圆的弦长公式列式化简即得. （2）设出点的坐标，结合给定条件，探讨直线的斜率，表示出该直线方程，再与抛物线方程联立，建立四边形的面积的函数关系，利用导数求出最大值即得. 【详解】（1）设圆心坐标为过定点，依题意，， 化简得， 所以曲线的方程为. （2）显然点不在曲线上，设，直线PQ的斜率为，线段PQ的中点为， 由平行四边形PAQB对角线的交点在上，得线段PQ的中点在直线上， 设，显然，两式相减得， 又，即， 设直线PQ的方程为，即， 由消去x并整理得，， 则，解得， 则， 又点到直线PQ的距离为， 所以，， 记，由，得，则， 令，求导得，令，得， 当时，在区间内单调递增， 所以当，即时，取得最大值，即， 所以. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法： ①几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； ②代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围． 35．（2024·广东深圳·二模）设抛物线C：（），直线l：交C于A，B两点．过原点O作l的垂线，交直线于点M．对任意，直线AM，AB，BM的斜率成等差数列． (1)求C的方程； (2)若直线，且与C相切于点N，证明：的面积不小于． 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据题意，分与代入计算，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理代入计算，再由等差中项的定义列出方程，即可得到结果； （2）方法一：联立直线与抛物线的方程，表示出中点的坐标，再由点M，N，E三点共线可得△AMN面积为△ABM面积的，结合三角形的面积公式代入计算，即可证明；方法二：联立直线与抛物线的方程，再由，得，点，即可得到直线MN与x轴垂直，再由三角形的面积公式代入计算，即可证明. 【详解】（1）    设点，， 由题可知，当时，显然有； 当时，直线OM的方程为，点． 联立直线AB与C的方程得，， 所以，， 因为直线AM，AB，BM的斜率成等差数列， 所以． 即，， 化简得． 将代入上式得， 则， 所以曲线C的方程为． （2）    （法一）设直线：，联立C的方程，得． 由，得，点， 设AB的中点为E， 因为，，则点． 因为， 所以点M，N，E三点共线，且点N为ME的中点， 所以△AMN面积为△ABM面积的． 记△AMN的面积为S，点到直线AB：的距离， 所以， 当时，等号成立．所以命题得证． （法二）设直线：，联立C的方程，得． 由，得，点． 所以直线MN与x轴垂直． 记△AMN的面积为S， 所以 ． 当时，等号成立． 所以命题得证． 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键采用设线法，联立抛物线方程，根据相切求出，再得出，最后计算出面积表达式求出其最值即可. 一、单选题 1．（2024·黑龙江·三模）已知点是抛物线准线上的一点，过点作的两条切线，切点分别为，则原点到直线距离的最大值为（   ） A． B． C． D．1 【答案】D 【分析】设，且，联立方程组，根据，求得，得到，同理可得，结合和，两种情况求得原点到直线距离，即可求解. 【详解】由抛物线，可得焦点，准线方程为， 设， 由题意可知且的斜率存在且不为0，不妨设， 联立方程，整理得， 由直线与抛物线相切可得，解得，所以， 又因为在直线上，所以有，同理可得， 若，则，即的直线方程为，则到的距离为1； 若，则，两式联立消，可得，所以， 所以，整理得， 所以到直线距离， 综上可得，即原点到直线距离的最大值为. 故选：D. 2．（2024·四川成都·三模）已知点分别是抛物线和圆上的动点，若抛物线的焦点为，则的最小值为（    ） A．6 B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，将转化为的形式，寻求定点，使得恒成立，转化为，当且仅当在一条直线上时，取得最小值，即可求解. 【详解】由抛物线，可得焦点坐标为， 又由圆，可化为， 可得圆心坐标为，半径， 设定点，满足成立，且 即恒成立， 其中，代入两边平方可得： ，解得， 所以定点满足恒成立， 可得， 如图所示，当且仅当在一条直线上时， 此时取得最小值， 即， 设，满足， 所以， ， 当时，等号成立， 故选：C. 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是将所求转化为三点共线时，线段的长的问题，结合抛物线方程即可求解. 二、多选题 3．（2024·江西景德镇·三模）已知、是椭圆：上两个不同的动点（不关于两坐标轴及原点对称），是左焦点，为离心率.则下列结论正确的是（    ） A．直线的斜率为1时，在轴上的截距小于 B．周长的最大值是 C．当直线过点，且中点纵坐标的最大值为时，则 D．当时，线段的中垂线与两坐标轴所围成三角形面积的取值范围是 【答案】ABD 【分析】由题意，设出直线的方程，将直线的方程与椭圆方程联立，结合根的判别式以及和的关系即可判断选项A；设椭圆的右焦点为，得到周长的表达式，进而可判断选项B；设出中点的坐标，利用斜率公式以及离心率公式即可判断选项C；设出线段的中垂线所在的直线方程，得到三角形面积，设出直线的方程，将直线的方程与椭圆方程联立，得到线段的中点坐标，结合所求三角形面积再进行整理，进而可判断选项D． 【详解】对于A，设：，联立，消去并整理得： ，由， 又，，即，故A正确； 对于B，设右焦点为，则周长， 等号当且仅当直线过点时取到，故B正确； 对于C，设中点为，由点差法可知，即， 设，则， ，而，故，故C错误； 另解：易知轨迹是以为长轴，离心率为的椭圆， ，即该椭圆的短半轴长为，故，故C错误； 对于D，显然直线存在斜率且不为零. 设线段的中垂线所在的直线方程为，则. 设直线的方程为，联立：， 即，， 线段的中点坐标为， 代入，即. . 又仅当、关于原点对称时，，故， ，故D正确. 另解：设线段中点坐标为，易得， 线段的中垂线方程为. 令，得，令，得. .又， ，. 显然，，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】思路点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意： (1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件； (2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 4．（2024·河南·三模）如图，已知椭圆的左、右顶点分别是，上顶点为，在椭圆上任取一点（非长轴端点），连接交直线于点，连接交于点（是坐标原点），则（    ）    A．为定值 B． C． D．的最大值为 【答案】AC 【分析】设点的坐标为，，而，对于A，求出直线的斜率进行判断；对于B，C，求出直线的方程，令，求出的值，可得点的坐标，然后可求出的斜率进行判断；对于D，求出直线，的方程，两方程联立可求出点的坐标，从而可表示出的长，进而可判断其最值 【详解】由题意知，因为点在椭圆上， 所以设点的坐标为，，． 对于A，，故A正确； 对于B，因为，直线的方程为，令，得，故， 所以，所以，故B错误； 对于C，因为，所以，所以，故C正确； 对于D，的方程为，的方程为， 联立直线的方程可求得，，故点，又， 所以， 当，时，，故，故D错误． 故选：AC． 三、填空题 5．（2023·山东德州·三模）若直线与圆相切于点，且交椭圆于两点，为坐标原点，射线与椭圆交于点，设的面积与的面积分别为的最大值为 ；当取得最大值时，的值为 . 【答案】 1 【分析】联立直线和椭圆的方程，韦达定理，计算出弦长|AB|和，利用基本不等式即可求出最大值；先求出Q坐标，然后计算，，最后计算即可. 【详解】由直线与圆相切得：，所以. 设，将直线代入椭圆C的方程得：，， 因为，所以且. 所以， 则， 设点O到直线的距离为， 故的面积为：， 当即时，等号成立，故的最大值为1. 设，由直线与圆相切于点，可得， 则，可得， 所以， 因为，所以， 所以. 故答案为：1；.    【点睛】方法点睛：圆锥曲线的最值与范围问题的常见求法 (1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决； (2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．常从以下方面考虑： ①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围； ②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； ③利用基本不等式求出参数的取值范围； ④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围． 四、解答题 6．（2024·湖南永州·三模）已知为坐标原点，动点在椭圆上，动点满足，记点的轨迹为 (1)求轨迹的方程； (2)在轨迹上是否存在点，使得过点作椭圆的两条切线互相垂直？若存在，求点的坐标：若不存在，请说明理由： (3)过点的直线交轨迹于，两点，射线交轨迹于点，射线交椭圆于点，求四边形面积的最大值. 【答案】(1) (2)存在，或( (3) 【分析】（1）利用相关点法即可求解； （2）当切线斜率都存在时，设过点的切线为，联立方程组，消元后根据，整理为，结合韦达定理和垂直条件可得，再根据，即可求解； （3）将代入轨迹的方程，结合韦达定理，求得的面积，再将代入椭圆C的方程可得，由，可得，令，由①②可知，从而求得取得最大值2，由题知的面积，又易知面积，从而四边形的面积，从而可求解. 【详解】（1）设则， 由得， 又在椭圆上，所以 代入化简得， 所以点的轨迹的方程为 （2）当两条切线的斜率存在时，设过点的切线为， 联立，消去得 则由判别式，得， 设两条切线的斜率分别为，依题意得 即， 又点在轨迹上，，解得， 或( 当两条切线的斜率有一条不存在时，结合图像得不合题意， 综上，存在满足条件的点，且点的坐标为或(. （3）将代入轨迹的方程， 可得， 由， 可得①，且，， 所以， 因为直线与轴交点的坐标为， 所以的面积 ， 将代入椭圆C的方程可得， 由，可得②， 令，由①②可知， 因此，故， 当且仅当，即时，取得最大值2， 由题知的面积，又易知面积， 从而四边形的面积， 所以四边形的面积的最大值为. 【点睛】关键点点睛： 第三问的关键是先求得的面积，再根据从而可得的面积，又易知面积，从而四边形的面积. 7．（2024·山西·三模）已知椭圆的焦点为，点在上，且轴，. (1)求的方程; (2)求与有公共焦点的双曲线的方程，使得以它们的交点为顶点的四边形面积最大; (3)过点作斜率之积为的两直线，若交于，两点，交于，两点，，分别为，的中点，求面积的最大值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据已知条件求出，结合构造方程组，确定、的值即可求出椭圆方程； （2）根据椭圆与双曲线的对称性，确定各交点确定的四边形为矩形，设出交点坐标，矩形面积，利用基本不等式即可求出最值； （3）根据两直线过的定点及斜率和为设出两直线方程，直曲联立，利用伟大定理即可求出，，，，由此即可确定、坐标，求出直线方程，确定直线过定点，由此可求出面积，换元利用基本不等式求最值即可. 【详解】（1）设椭圆的方程为，由题意知，在椭圆上， 所以，，即， 所以，解得，所以椭圆的方程为. （2） 设四边形面积为，其中一个交点坐标为，则， 由椭圆与双曲线的对称性可知， 其他三个点分别为：，，， 所以四边形为矩形， 由，即， 得，当且仅当， 即，时，四边形的面积取最大值， 所以，设双曲线方程为， 又因为， 所以， ， 此时双曲线的实轴长，即， 虚半轴长，所以双曲线的方程为. （3） 根据题意，直线、斜率存在且不为，且斜率不能为， 设，，， 则，， 联立，整理有：， 所以，， ，，故， 联立，整理有：， 所以，，所以， 若，即，整理有， 解得不合题意，所以，故直线的斜率不为， 设直线方程为：，在直线上， 则，变形得：， 在直线上，所以， 变形得：， 所以、时是关于的方程的的两个根， 故，解得，故直线过定点，， 的面积为， 分子分母同除以，上式化为 即， 令，则， 当且仅当，即时，的面积取最大值， 故面积的最大值为. 【点睛】方法点睛： 直线与圆锥曲线综合问题，需要直曲联立，利用韦达定理结合曲线的定义，曲线的性质进行求解. 8．（2024·安徽·三模）已知椭圆：的长轴长为4，左，右焦点分别为，，上顶点为A，其中直线的斜率为. (1)求椭圆C的标准方程； (2)已知直线与椭圆C交于M，N两点，若原点到直线的距离为1，求周长的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由条件联立方程组，解出可得椭圆C的标准方程； （2）设，，易得的周长为，再分直线的斜率不存在和存在，两种情况求解计算即可. 【详解】（1）依题意，，联立解得，，，故椭圆C的方程为； （2）设，，，则，同理得， 易知直线与单位圆相切，设切点为B，，同理得， 故的周长为， 当直线的斜率不存在时， 的方程为,,,则的周长为4； 的方程为，,,此时的周长为； 当直线的斜率存在时，设的方程为，则原点到直线的距离，故， 联立化简可得，故，易知，故，同号； 当时，即，此时点M在y轴右侧，所以，， 此时的周长为为定值； 当时，即，此时点M在y轴左侧，所以，， 此时的周长为， 因为，故，当且仅当或时取等号， 从而，故的周长的取值范围为； 综上所述，的周长的取值范围为.    【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的范围或最值问题，可根据题意构造关于参数的目标函数，然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解，解题中注意函数单调性和基本不等式的作用． 9．（2024·陕西榆林·三模）已知椭圆的离心率为；直线与只有一个交点. (1)求的方程； (2)的左､右焦点分别为上的点（两点在轴上方）满足. ①试判断（为原点）是否成立，并说明理由； ②求四边形面积的最大值. 【答案】(1) (2)①不成立，理由见解析；②3 【分析】（1）结合离心率，联立曲线与直线方程，消去得与有关一元二次方程，有，计算即可得解； （2）①设出直线、的方程，联立曲线表示出两点坐标，即可表示出、，假设成立，则有，计算即可得； ②设直线和椭圆另一交点为，结合面积公式与椭圆对称性可得，计算出该面积借助换元法与对勾函数的性质计算即可得. 【详解】（1）因为，所以，设椭圆方程为， 由，消去得， 又因为直线与椭圆只有一个交点， 所以，解得， 所以椭圆方程为； （2）①直线不能平行于轴，所以可设直线的方程为， 设，由，得， ，则， 同理：设直线的方程为， 设，由，得， ，则； 若，即， 即：，方程无解，所以不成立； ②设直线和椭圆另一交点为，由椭圆的对称性知， 又，， 设，则， 且在上是减函数， 当时，取最大值3，此时，即. 【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于找到直线和椭圆另一交点，结合椭圆对称性得到，从而表示出面积. 10．（2024·浙江杭州·三模）已知椭圆的左焦点为F，椭圆上的点到点F距离的最大值和最小值分别为和． (1)求该椭圆的方程； (2)对椭圆上不在上下顶点的任意一点P，其关于y轴的对称点记为，求； (3)过点作直线交椭圆于不同的两点A，B，求面积的最大值． 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）设出椭圆上的点，求出的最值，进而求出即可. （2）利用椭圆的对称性及椭圆定义求解即得. （3）设出直线的方程，与椭圆方程联立求出三角形面积的表达式，再求出最大值即得. 【详解】（1）令，设是椭圆上的点，则， 则， 显然当时，，当时，，则，解得， 所以椭圆的方程为. （2）记椭圆的右焦点为，由椭圆对称性知，， 所以. （3）显然直线不垂直于y轴，设直线AB的方程为，， 由消去x得，， 则，， 因此，令， 于是，当且仅当，即时取到等号， 所以面积的最大值. 11．（2024·重庆·三模）已知F，C分别是椭圆的右焦点、上顶点，过原点的直线交椭圆于A，B两点，满足． (1)求椭圆的方程； (2)设椭圆的下顶点为，过点作两条互相垂直的直线，这两条直线与椭圆的另一个交点分别为M，N，设直线的斜率为的面积为，当时，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】(1) 利用椭圆的定义，结合椭圆的几何性质知，，则，解出a，b即可得椭圆方程； (2)设的方程为代入椭圆方程，求出M的坐标，可得，用代替k，可得，求出的面积S，可得，解不等式可得k的取值范围． 【详解】（1）设椭圆的左焦点为，连接， 由对称性知四边形是平行四边形，所以，． 由椭圆定义知，则，． 设椭圆的半焦距为，由椭圆的几何性质知，，则， 所以， 所以椭圆的标准方程为． （2）椭圆的标准方程为．则， 所以直线， 如图所示，    设， 联立，消去并整理得，．．． 所以，所以，．． 所以，． 同理可得：，所以， 所以， 由，得， 整理得，得，． 又，所以，所以或． 所以的取值范围为． 【点睛】难点点睛：本题考查了椭圆方程的求解以及直线和椭圆位置关系中的三角形面积问题，综合性较强，难点在于计算过程相当复杂，计算量较大，并且基本都是有关字母参数的运算，十分容易出错. 12．（2024·湖北·三模）如图，四边形为坐标原点是矩形，且，，点，点，分别是，的等分点，直线和直线的交点为 (1)试证明点在同一个椭圆C上，求出该椭圆C的方程； (2)已知点P是圆上任意一点，过点P作椭圆C的两条切线，切点分别是A，B，求面积的取值范围. 注：椭圆上任意一点处的切线方程是： 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】设，求出和的方程，联立可求证在同一个椭圆上，并求得椭圆方程为； 求出直线AB的方程，分和两种情况讨论，求出面积的表达式，换元，构造函数，利用导数即可求解. 【详解】（1）设，又，， 则直线， 直线， 点的坐标是方程的解，可得， 化简得， 所以在同一个椭圆上，该椭圆方程为 （2）设，，，如图所示： 则， 切线PA方程为：，切线PB方程为：，两直线都经过点P， 所以得：，，从而直线AB的方程是：， 当时， 由得，则， ， 当时， 由，消y得：， 由韦达定理，得：，， ， ， 点P到直线AB的距离， 其中 令，则令， 则， 在上单调递增， 综上所述，面积的取值范围是 【点睛】关键点点睛：在第（2）中求出时，要用换元法及利用导数求函数的取值范围. 13．（2024·云南昆明·三模）已知曲线由半圆和半椭圆组成，点在半椭圆上，，． (1)求的值； (2)在曲线上，若（是原点）． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）如图，点在半圆上时，将轴左侧半圆沿轴折起，使点到，使点到，且满足，求的最大值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）是椭圆的左、右焦点，由椭圆的定义求的值； （2）（ⅰ），，两点的位置，分类讨论的值，利用换元法和二次函数的性质可求的取值范围； （ⅱ）过作垂直轴，垂足为，设，把表示为的函数，利用换元法和三角函数的性质求的取值范围. 【详解】（1）由题意知，是椭圆的左、右焦点， 由椭圆的定义知：． （2）（ⅰ）由题意知，，则， 当为半椭圆右顶点时，， 当不为半椭圆右顶点时，设直线方程为，联立， 解得，，故， ①若点在半圆上，则， 所以， 所以，所以， ②若点在半椭圆上，因为， 设直线的方程为，同理可得， 所以，令， 则， 因为，故，所以，所以， 综上所述，所以． （ⅱ） 过作垂直轴，垂足为，设，则， ，所以， 即， ，则半圆所在平面与半椭圆所在平面垂直，两平面交线为轴， 则有， 所以， 令，， 当且仅当，时，取得最大值． 综上所述的最大值为． 【点睛】方法点睛： 折叠与展开问题是立体几何的两个重要问题，这两种方式的转变正是空间几何与平面几何问题转化的集中体现，处理这类题型的关键是抓住两图的特征关系；折叠问题是立体几何的一类典型问题是实践能力与创新能力考查的好素材；解答折叠问题的关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形，并弄清折叠前后哪些发生了变化，哪些没有发生变化，这些未变化的已知条件都是我们分析问题和解决问题的依据，而表面展开问题是折叠问题的逆向. 14．（2024·上海·三模）已知双曲线：的左、右焦点分别为、． (1)若的长轴长为2，焦距为4，求的渐近线方程： (2)若，双曲线左支上任意点T均满足，求a的最大值； (3)若双曲线的左支上存在点P、右支上存在点Q满足，求的离心率的取值范围． 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）根据给定条件，由求出渐近线方程. （2）设出点的坐标，利用两点间距离公式求出有最小值，再结合已知求解即得. （3）设，结合已知可得，再按和分类建立不等式求出的范围. 【详解】（1）令双曲线的半焦距为，依题意，，由，得，则， 所以双曲线的渐近线方程为. （2）设点的坐标为，，则， 于是， 当时，，因此，即，则，又，解得， 因此的最大值为. （3）设点，， 由，得，整理得：， 由，得，因此， 当时，由，得，    整理得:，解得或(舍)， 由，解得； 当时，由，得，    整理得：，在有解， 故，即，解得:或（舍）， 综上，曲线的离心率的取值范围是. 【点睛】方法点睛：双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法： ①求出a，c，代入公式； ②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)． 15．（2024·安徽·三模）已知双曲线的离心率为2，动直线与的左､右两支分别交于点，且当时，（为坐标原点）. (1)求的方程； (2)若点到的距离为的左､右顶点分别为，记直线的斜率分别为，求的最小值 【答案】(1) (2). 【分析】（1）设的半焦距为，由题意得到，联立方程组得到，结合，列出方程求得的值，即可求解； （2）由点到的距离为1，得到，联立方程组求得，求得，再由弦长公式，求得，且，求得，再由（1）得到，进而求得其最小值，得到答案. 【详解】（1）解：设的半焦距为， 由题意知离心率，可得， 联立方程组，整理得， 其中且， 则， 解得，所以双曲线的方程为. （2）解：因为点到的距离为1，可得，则. 联立方程组，整理得， 其中， 且， 因为直线与的左､右两支分别交于点，可得，所以， 又因为，故， 且， 因为，故， 由（1）可知，则， 故， 又由，故， 即的最小值为. 【点睛】方法策略：解答圆锥曲线的最值与范围问题的方法与策略： （1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决； （2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围； 3、涉及直线与圆锥曲线的综合问题：通常设出直线方程，与圆锥曲线联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时抓住直线与圆锥曲线的几何特征应用. 16．（2024·内蒙古·三模）已知为坐标原点，是抛物线的焦点，是上一点，且. (1)求的方程； (2)是上两点（异于点），以为直径的圆过点为的中点，求直线斜率的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）首先由条件求得点的横坐标，再根据焦半径公式，即可求解； （2）首先联立直线与抛物线方程，利用，结合坐标运算，求得点的坐标，再表示直线的斜率，即可求解. 【详解】（1）由抛物线的定义可知. 因为，所以. 因为，所以，解得，故的方程为. （2）由题意知AB斜率不为0，设， 联立方程得，， 则 因为以为直径的圆过点，所以，则， 即， 解得，所以. 又，所以 当时，， 当时，. 故直线斜率的最大值为. 17．（2024·全国·三模）如图，动直线与抛物线：交于A，B两点，点C是以AB为直径的圆与的一个交点（不同于A，B），点C在AB上的投影为点M，直线为的一条切线.      (1)证明：为定值； (2)求与的内切圆半径之和的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）联立直线与抛物线方程，利用判别式法求得，进而表示出点A、B的坐标，设，利用圆的性质转化为，代入坐标运算得，即可证明； （2）先根据直角三角形内切圆半径公式求出两个直角三角形的内切圆半径，然后结合的内切圆半径为R得，进而利用函数的单调性求得R的范围，即可求解的范围. 【详解】（1）由，消去y得. 由，，得. 所以的方程为，所以，. 设，则由，得， 结合，求得，所以点C的横坐标为， 所以，为定值. （2）先证明直角三角形内切圆半径公式： 对于，，其内切圆半径为r，则， 从而， 设，内切圆的半径分别为，， 则，同理. 设的内切圆半径为R，则. 所以， 因为 ， 因为是关于a的单调递增函数，所以是关于a的单调递减函数， 所以函数在上单调递增，所以，所以. 故与内切圆的半径之和的取值范围是. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是计算出，再求出，最后利用函数单调性即可得到答案. 一、解答题 1．（2024·湖南邵阳·三模）在平面中，，.为平面内一动点，且直线与的斜率乘积为，动点在平面的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程 (2)若为直线上任意一点，直线，分别交曲线为、.在直线上存在一点，且.问：在平面内是否存在一点，使得为定值？若存在，求出定值.若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在点为，定值 【分析】（1）设，根据题意结合斜率公式运算求解即可； （2）设，分析可知，，设直线，联立方程结合韦达定理分析可知直线过定点，结合圆的性质分析求解. 【详解】（1）设，则， 由题意可得，整理得， 所以曲线的方程为. （2）设，则，可知， 由（1）可知：，可得， 显然直线的斜率不为0，设直线， 联立方程，消去x得， 则，可得， 因为， 整理可得， 则， 且，则， 可得，整理可得， 可知直线过定点（在椭圆内）， 此时直线必与椭圆相交，满足题意， 又因为，可知点在以为直径的圆上，即圆心，半径， 所以存在点为圆心，定值. 【点睛】方法点睛：存在性问题求解的思路及策略 （1）思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在；若结论不正确则不存在． （2）策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论； ②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件； ③当条件和结论都不知，按常规法解题很难时，可先由特殊情况探究，再推广到一般情况． 2．（2024·河北保定·三模）设椭圆C：的左、右顶点和椭圆的左、右焦点均为E，F.P是C上的一个动点（异于E，F），已知直线EP交直线于点A，直线FP交直线于点B.直线AB与椭圆交于点M，N，O为坐标原点. (1)若b为定值，证明：为定值； (2)若直线OM，ON的斜率之积恒为，求b. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）易得，，设P（m，n），则，分别得到直线PE和直线PF的方程，从而得到点A，B的坐标，进而得到向量的坐标运算即可； （2）设直线AB：，结合（1）得到，即，再由直线AB与椭圆联立，结合韦达定理求解. 【详解】（1）证明：易知，，设P（m，n），则，即， 直线PE：，联立，则， 所以， 直线PF：，，则， 所以， 所以； （2）设直线AB：，则，， 则，即， 令直线AB与椭圆联立，消去y，整理得， 需满足，设，，则，， 因为，， 所以， 所以，所以， 整理得，所以， 所以，解得. 【点睛】思路点睛：本题第二问先设直线AB：，结合（1）得到t，k，b的关系，再由直线AB与椭圆联立，结合韦达定理，由得到t，k，b的关系而得解. 3．（2024·山东聊城·三模）已知圆和点，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与线段相交于点，记点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)点在直线上运动，过点的动直线与曲线相交于点. （ⅰ）若线段上一点，满足，求证：当的坐标为时，点在定直线上； （ⅱ）过点作轴的垂线，垂足为，设直线的斜率分别为，当直线过点时，是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）根据中垂线的性质可得，由椭圆的定义可知动点的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，从而求出轨迹方程； （2）（ⅰ）设直线的方程为，设，与椭圆联立韦达定理，把线段长度比转化为坐标比，代入韦达定理化简即可得点在定直线上； （ⅱ）利用坐标表示两个斜率，然后作商，将韦达定理代入即可判断. 【详解】（1）由题意知圆心，半径为4，且，，则，所以点的轨迹为以为焦点的椭圆， 设曲线的方程为，则，解得， 所以， 所以曲线的方程为；    （2）（ⅰ）因为直线的斜率一定存在，设直线的方程为， 因为在上，所以， 由得， ，设， 则，由得， 化简得，则， 化简得，又因为，所以， 所以点在定直线上. （ⅱ）因为直线过，所以，直线方程为， 从而得，， 由（ⅰ）知，，， 所以 ， 所以存在实数，使得.    【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、； （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. 4．（2024·湖北荆州·三模）已知，圆心是原点，点，以线段为直径的圆内切于，动点的轨迹记为曲线. (1)求曲线的方程； (2)若直线，点，直线过点与曲线交于两点，与直线交于点. ①若，求直线的斜率； ②若记直线的斜率分别为问是否为定值？如果是，请求出定值；如果不是，请说明理由. 【答案】(1) (2)①；②是定值，定值为 【分析】（1）结合两圆内切的性质与椭圆定义作出相应辅助线计算即可得； （2）①设出交点坐标，借助韦达定理与弦长公式计算即可得；②表示出斜率后，用两交点纵坐标表示出的值，结合韦达定理中，，得到，代入计算即可得. 【详解】（1）设的中点为，切点为，连接，，取关于轴的对称点， 连接，则， 故， 所以点的轨迹是以，为焦点，长轴长为的椭圆， 其中，，则，则曲线C的方程为； （2）设 依题意，直线的斜率必定存在，设， ，可得，恒成立， 则有，， ①若，则有， 解得，故其斜率为； ②易得，， ，同理可得， 则，而， 由，，则，则， 故，即定值为. 【点睛】关键点点睛：最后一问中得到后不能直接代入韦达定理求解，关键在于借助，，得到，从而可代入中，求得其定值. 5．（2024·河北·三模）已知椭圆C的中心在原点O、对称轴为坐标轴，、是椭圆上两点． (1)求椭圆C的标准方程； (2)椭圆C的左、右顶点分别为和，M，N为椭圆上异于、的两点，直线MN不过原点且不与坐标轴垂直．点M关于原点的对称点为S，若直线与直线相交于点T． （i）设直线的斜率为，直线的斜率为，求的最小值； （ii）证明：直线OT与直线MN的交点在定直线上． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）利用待定系数法，设椭圆C的方程为，带入点运算即可； （2）（i）设直线和相关点，结合椭圆方程分析可知，结合基本不等式运算求解；（ii）联立方程，根据三点共线结合韦达定理可得，联立直线方程运算求解即可. 【详解】（1）设椭圆C的方程为， 将A、B代入得，解得， 故椭圆C的标准方程为. （2）由题意得，， 设直线MN的方程为，，，，则． （i）由题意可得：，即， 所以， 当且仅当，（或，）时等号成立． （ii）联立方程，消去x得， 由得且， 故，，即 由、S、T三点共线得，即； 由、N、T三点共线得，即； 两式相加得 ， 则直线OT斜率为，可得直线OT方程为 由得，即． 故直线OT与直线MN的交点在定直线上． 【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤 （1）由特例得出一个值，此值一般就是定值； （2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；也可令系数等于零，得出定值； （3）得出结论． 6．（2024·重庆·三模）已知，曲线上任意一点到点的距离是到直线的距离的两倍. (1)求曲线的方程； (2)已知曲线的左顶点为，直线过点且与曲线在第一、四象限分别交于，两点，直线、分别与直线交于，两点，为的中点. （i）证明：； （ii）记，，的面积分别为，，，则是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）是， 【分析】（1）设曲线上任意一点坐标为，利用坐标可得曲线的方程； （2）(i)设直线：，，，联立方程组可得，，求得直线：，求得，，进而可得的坐标，求得的坐标，直线的方向向量的坐标，利用向量法可证结论. (ii) 法一：利用（i）可求得；，进而可得，进而求得，代入运算可求得，可求结论. 法二：（利用双曲线的第二定义）由（1）知，，同理，计算可得，又，，进而计算可得结论成立. 【详解】（1）设曲线上任意一点坐标为，则由题意可知： ， 故曲线的方程为. （2）(i)设直线：，，， 其中且， ， 故，； 直线：，当时，，故， 同理，为中点， 故； ；（*） ； 故，即，则， 直线的方向向量，，故. (ii)法一：；（**） 故；， 又，故. ； ； ， ， 由（*）知，由（**）知， 故， 故，则. 法二：（利用双曲线的第二定义）由（1）知，，同理， 故， 又，故， 又， 且由（*）知，记直线与轴相交于点， 由可得，即，即， 故； 又为的中点，故，即. 【点睛】方法点睛：直线与双曲线联立问题 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(有些题可不考虑). 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． 有些运算量大，转化是关徤，运算求解能力也是考查点之一. 7．（2024·四川南充·三模）已知圆，动圆P与圆M内切，且经过定点．设圆心P的轨迹为曲线． (1)求曲线的轨迹方程； (2)若，过点的直线l与曲线Γ交于M，N两点，连接分别交y轴于P、Q．试探究是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)是定值，定值为1 【分析】（1）根据圆与圆的位置关系，结合椭圆的定义，即可求解轨迹方程； （2）利用直线与椭圆方程联立，并求点的纵坐标，利用韦达定理表示，即可证明. 【详解】（1）设圆的半径为，圆与圆内切于点， 因为点在圆的内部，所以点在圆内部， 所以， 那么点的轨迹为焦点在轴的椭圆，设曲线， 因为可得：，所以，，所以， 所以， 所以； （2）显然直线的斜率存在，设，即， ， 联立与，得， ，得， 所以，， 显然直线的斜率存在且，那么， 令得到点的纵坐标，同理：点的纵坐标， 那么， ， ， ， ， , 所以，即的中点为， 那么.    【点睛】关键点点睛：本题的关键是分析几何图形，转化为求的值. 8．（2024·四川成都·三模）已知椭圆的离心率为，过点的直线与椭圆交于两点，当过坐标原点时，. (1)求椭圆的方程; (2)线段上是否存在定点，使得直线与直线的斜率之积为定值. 若存在， 求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在，定点 【分析】（1）根据椭圆的离心率求出的关系，再根据当过坐标原点时，直线的方程为，联立方程，结合求出即可得解； （2）设直线，，，联立方程，利用韦达定理求出，再根据斜率公式计算分析即可得出结论. 【详解】（1），即， 过坐标原点直线的方程为， 由，消去得: ， ， ，， 故椭圆的方程为 ； （2）假设存在定点，，由题意，直线斜率存在， 设直线，即， 由，消去得， 其中， ， ， ， 当，即时，恒成立， 存在定点，使得直线与直线的斜率之积为定值.    【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． 9．（2024·福建厦门·三模）平面直角坐标系中，动点在圆上，动点（异于原点）在轴上，且，记的中点的轨迹为. (1)求的方程； (2)过点的动直线与交于A，B两点.问：是否存在定点，使得为定值，其中分别为直线NA，NB的斜率.若存在，求出的坐标，若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)存在，或或 【分析】（1）设点，，由题意可得代入即可得结果； （2）方法一： 设l的方程：，联立方程，结合韦达定理可得，由题意可得，分析求解即可；方法二：设的方程：，联立方程，结合二次式的零点式分析可得，由题意可得，分析求解即可. 【详解】（1）设点，， 因为，则， 由M为PO中点得，则， 代入，得. 所以动点M的轨迹的方程为. （2）方法一：存在N满足题意，证明如下： 依题意直线l的斜率存在且不为0， 设l的方程：，，，， 联立方程，消去y得， 则，， 直线方程化为， 联立方程，消去x得， 则， 可得. ， 依题意直线NA，NB与坐标轴不平行，且为定值， 可得， 由，整理得， 由，整理得， 解得得或， 代入，解得或或， 所以或或满足题意； 方法二：存在满足题意，证明如下： 依题意直线的斜率存在且不为0， 设的方程：，，，， 联立方程，消去y得. 因为为上式的两根， 则， 直线方程化为. 联立方程，消去x得， 因为为上式的两根， 则.（2） 由题意可得： ， 依题意直线NA，NB与坐标轴不平行，且为定值， 可得， 由，整理得， 由，整理得， 解得得或， 代入，解得或或， 所以或或满足题意. 【点睛】方法点睛：存在性问题求解的思路及策略 （1）思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在；若结论不正确则不存在． （2）策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论； ②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件； ③当条件和结论都不知，按常规法解题很难时，可先由特殊情况探究，再推广到一般情况． 10．（2024·安徽·三模）已知椭圆的右焦点为F，C在点处的切线l分别交直线和直线于两点． (1)求证：直线与C相切； (2)探究：是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)，理由见解析 【分析】（1）联立曲线后消去纵坐标可得一元二次方程，借助椭圆方程代入计算可得该一元二次方程有唯一解即可得证； （2）由（1）可得直线的方程，即可得两点坐标，计算出与即可得. 【详解】（1）联立，整理得：， 又因为，即，则， 即，此方程有唯一解，即直线与椭圆相切； （2）由（1）知，直线的方程为，即， 将直线和直线分别与上式联立， 由题意可得， 因为，所以， 所以，即为定值. 11．（2024·四川眉山·三模）已知椭圆的离心率是，左､右顶点分别为，过线段上的点的直线与交于两点，且与的面积比为. (1)求椭圆的方程； (2)若直线与交于点.证明：点在定直线上. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意结合面积关系可得，再根据离心率可得，即可得方程； （2）设直线的方程为，，联立方程可得韦达定理，求直线与直线的方程，进而可得交点的横坐标，即可证明. 【详解】（1）由， 故，则. 由，得， 故椭圆的方程为：. （2）由（1）可得：， 显然直线的斜率不为0，且直线与椭圆必相交， 设直线的方程为，， 联立方程，消去x可得， 其中，可得. 因为直线的方程为，直线的方程为， 联立直线与直线的方程可得： . 由可得，即点的横坐标为4， 所以点在定直线上. 【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤 （1）由特例得出一个值，此值一般就是定值； （2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；也可令系数等于零，得出定值； （3）得出结论． 12．（2024·河北石家庄·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为为坐标原点，直线与交于两点，点在第一象限，点在第四象限且满足直线与直线的斜率之积为．当垂直于轴时，． (1)求的方程； (2)若点为的左顶点且满足，直线与交于，直线与交于． ①证明：为定值； ②证明：四边形的面积是面积的2倍． 【答案】(1) (2)①证明见解析；②证明见解析 【分析】（1）取垂直轴特殊情况研究，由直线与直线的斜率之积为，且 求出点坐标，再代入椭圆方程待定系数法求解即可； （2）①由建立坐标之间关系，利用在椭圆上及直线与直线的斜率之积为消去，即可得证； ②设，利用韦达定理将直线与直线的斜率之积为表示出来即可得到的关系，再表示出面积，四边形的面积；若要证，只需证．转化为证明，由题将用表示，化简即可. 【详解】（1）当垂直轴时，由直线与直线的斜率之积为，故， 设，则，解得， 即，则，解得， 故的方程为； （2）（2）①设， 由知， 将得， 即． 由为上点，则 ． 又直线与直线的斜率之积为，故，即． 因此； ②由题直线斜率不为0，设 由①联立， 消去得， ， 由， 即， 即． 因此有． 面积， 四边形的面积， 即若要证，只需证． 设，故只需证即可． 直线， 联立解得， 同理得． 故故问题得证． 【点睛】关键点点睛： 本题解题的关键是将表示为 后将同一直线上的弦长比值问题转化为纵坐标的比值问题，即证明，而可以用表示出来，从而达到消元化简的目的. 13．（2024·福建莆田·三模）已知椭圆C：的左、右焦点分别为是C上一点，.点分别为C的上、下顶点，直线：与C相交于两点，直线交于点P. (1)求C的标准方程； (2)证明点Р在定直线上，并求直线，围成的三角形面积的最小值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设焦距，分类讨论是否为直角，结合两点斜率公式与正切的差角公式计算即可； （2）设坐标，联立椭圆方程利用韦达定理得横坐标的关系，再含参表示方程，化简计算得点Р在定直线：上，设直线与直线的交点分别为，含参表示其坐标求三角形面积的最值即可. 【详解】（1）设椭圆的焦距为，则. ①当时，则，满足题意； ②当时，则， 分别设直线的斜率为，则，， 所以，即， 整理得，解得或. 又，且，所以没有c满足方程. 综上， 因为点在椭圆C上，所以， 又，解之得，， 所以C的方程为； （2）设，联立方程组， 整理得， 则，，显然， 由椭圆解析式知其上下顶点坐标为：， 可得直线的方程为， 直线的方程为， 则 ， 解得， 故点Р在定直线：上， 设直线与直线的交点分别为E，F， 易得E，F ， 当且仅当时，等号成立. 14．（2024·辽宁抚顺·三模）如图所示，在圆锥内放入两个球，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 ，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，为椭圆Γ的两个焦点.设直线分别与该圆锥的母线交于A，B两点，过点A的母线分别与球相切于 C，D 两点，已知以直线为x轴，在平面α内，以线段的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系. (1)求椭圆Γ的标准方程. (2)点 T在直线上，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，设直线与交于点P.证明:点 P 在直线上. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据切线长定理可得，可得，，从而可求解. （2）根据题意设出直线，分别与椭圆方程联立，再结合根与系数的关系从而可求解. 【详解】（1）设椭圆Γ的标准方程为 ， 由切线长定理知， 则，解得. 由，解得 . 所以椭圆Γ的标准方程为 （2） 设, 已知，设， 联立方程组 ， 消去 y得 ， 显然， 由，可得 ，，       所以， 联立方程组， 消去 y得 ， 显然， 由，可得 ，， 同理                因为 M，N是切点，且，所以直线的方程为 ，即， 显然直线MN过定点，即M，D，N三点共线，则 ， 解得或（舍去）， 联立方程组，解得 ， 即点 P 在直线上. 【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； （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. 15．（2024·河南·三模）已知双曲线的虚轴长为，点在上.设直线与交于两点（异于点），直线与的斜率之积为. (1)求的方程. (2)证明：直线的斜率存在，且直线过定点. (3)求直线斜率的取值范围. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）借助虚轴定义计算即可得； （2）设出直线方程，代入曲线中，可得与交点横坐标有关韦达定理，借助韦达定理计算斜率之积可得直线中参数关系，即可得其定点； （3）借助（2）中所得与横坐标有关一元二次方程，计算其即可得. 【详解】（1）因为虚轴长为，所以， 将的坐标代入方程，得，解得， 故的方程为； （2）设，直线的斜率为，直线的斜率为， 当直线的斜率不存在时，设，易得， 由，得，解得（舍去）或（舍去）， 法一：所以直线的斜率存在，设直线的方程为， 代入的方程得，则， 由， 可得， 即， 化简得，即， 所以或， 当时，直线的方程为，直线过点，与条件矛盾，舍去， 当时，直线的方程为，直线过定点，故直线过定点； 法二：设直线， 将的方程变形为，即， 将直线的方程变形为，代入的方程， 得， 整理得， 则，即， 所以直线， 故直线过定点； （3）由（2）知，整理得， 则且， 由可得， 由可得，即， 故. 【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； （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. 16．（2024·黑龙江·三模）已知双曲线的一条渐近线方程为，点在上. (1)求双曲线的方程； (2)过双曲线的左焦点作互相垂直的两条直线，且与交于两点，与交于两点，为线段的中点，为线段的中点，证明：直线过定点. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据渐近线方程及双曲线上点的坐标列方程组求解即可. （2）当与坐标轴平行时，直线与轴重合；当不与坐标轴平行时，设直线的方程为，与双曲线方程联立，韦达定理，从而求出，同理可得，求出直线的方程，即可求解直线恒过的定点. 【详解】（1）由双曲线的一条渐近线方程为， 且点在上， 有解得故双曲线的方程为. （2）由题意可知不与渐近线平行， 当与坐标轴平行时，显然直线与轴重合. 当不与坐标轴平行时，左焦点为， 不妨设直线的方程为，联立 消去并整理得，， 设，则 所以，所以. 又直线互相垂直，用替换，则可得. 当，即时，直线的方程为，直线过； 当时，直线的斜率为， 所以直线的方程为， 令，所以直线过. 综上，直线恒过点.    17．（2024·四川·三模）已知双曲线的左右焦点分别为，C的右顶点到直线的距离为，双曲线右支上的点到的最短距离为 (1)求双曲线C的方程； (2)过的直线与C交于M、N两点，连接交l于点Q，证明：直线QN过x轴上一定点. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意求出，即可得解； （2）分直线的斜率等于0和不等于0两种情况讨论，当直线的斜率不为零时，设方程为，，联立方程，利用韦达定理求出，再求出直线的方程，进而可求出点的坐标，设直线交轴于点，根据三点共线，求出的表达式，进而可得出结论. 【详解】（1）由题意可得，解得， 从而， 所以双曲线C的方程为； （2），直线， 当直线的斜率不为零时，设方程为， 联立，得， 则，所以， 设， 则， 直线的方程为， 令，则，即， 设直线交轴于点， 由于三点共线，则， ， 那么， 故 ， 当直线的斜率等于0时，直线与轴重合，必过定点， 综上所述，直线QN过x轴上一定点. 【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，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明. 18．（2024·江西宜春·三模）已知以点M为圆心的动圆经过点，且与圆心为的圆相切，记点M的轨迹为曲线C． (1)求曲线C的方程； (2)若动直线l与曲线C交于，两点（其中），点A关于x轴对称的点为A'，且直线BA'经过点． （ⅰ）求证：直线l过定点； （ⅱ）若，求直线l的方程． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）根据动圆M与圆相切，由，利用双曲线的定义求解； （2）（ⅰ）设直线l的方程为（显然l与x轴不平行），与联立，由求解；（ⅱ）由（ⅰ）知，当时，，，然后由求解. 【详解】（1）圆的圆心坐标为，半径． 动圆M与圆相切有两种情况，即内切或外切， 所以， 所以点M在以，为焦点的双曲线上，且该双曲线的实轴长为，， 所以， 所以曲线C的方程是． （2）（ⅰ）设直线l的方程为（显然l与x轴不平行）， 与联立，得， 由题意知，，，即， 由韦达定理得，． 因为点A与A'关于x轴对称，不妨设A，B分别在第一、二象限，如图所示．    易知， 即， 化为， 即，化为， 当m变化时，该式恒成立， 所以，故直线l过定点（-3，0）． （ⅱ）由（ⅰ）知，当时，，． 由， ， ， ， 化为，解得或（舍去）， 故， 此时直线l的方程为． 【点睛】关键点点睛：本题（ⅱ）的关键是由直线BA'经过点，结合点A关于x轴对称的点为A'，得到 ，从而将，转化为，结合韦达定理而得解. 19．（2024·四川凉山·三模）已知平面内动点与两定点，连线的斜率之积为3． (1)求动点的轨迹的方程： (2)过点的直线与轨迹交于，两点，点，均在轴右侧，且点在第一象限，直线与交于点，证明：点横坐标为定值． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）设，利用斜率公式得到方程，整理即可得解； （2）设方程为，与曲线方程联立方程组，再由直线和的方程联立化简可证. 【详解】（1）设动点， 根据题意， 动点的轨迹的方程为. （2）易知直线斜率不为0，设方程为，且． 设，， 由 ，， 由题意易得 直线方程为① 同理，直线方程为② 由①÷②得 ， 点横坐标为定值．    【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，； （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，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. 20．（2024·江西景德镇·三模）已知是双曲线：上的一个点，且与两焦点构成的三角形的面积是. (1)求双曲线的标准方程； (2)是的右顶点，过点的直线与交于异于的不同两点、，与直线交于点.连接，并过作的平行线分别与直线、交于、两点.求证：是线段的中点. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）将双曲线上的点的坐标代入方程，再结合三角形面积公式列式求解即可； （2）设直线方程，与双曲线方程联立，韦达定理，联立直线与直线方程求得，同理求得，求得，即可证明. 【详解】（1）由题意可知，解得， 双曲线的标准方程是. （2）依题意直线斜率不为零，设：，，， 由已知，，将直线与进行联立得：， 整理得其中， 根据韦达定理可知，. 设直线：，直线：， 两者联立，得：， 同理得， ， 即线段的中点是定点. 21．（2024·黑龙江齐齐哈尔·三模）已知双曲线的实轴长为2，设为的右焦点，为的左顶点，过的直线交于A，B两点，当直线AB斜率不存在时，的面积为9． (1)求的方程； (2)当直线AB斜率存在且不为0时，连接TA，TB分别交直线于P，Q两点，设为线段PQ的中点，记直线AB，FM的斜率分别为，证明：为定值． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据三角形面积以及实轴长即可求解， （2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，即可根据点斜式求解直线方程，进而可得坐标，利用斜率公式即可求解. 【详解】（1）依题意，，解得， 设的焦距为2c，则， 将代入方程，可得， 所以的面积为， 解得， 所以的方程为； （2）由方程得, 设直线， 与的方程联立可得， 所以， 设直线，令，解得，所以， 同理可得，， 所以 ，故 所以，又，所以． 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围以及定值问题的求解策略： （1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造关系，从而确定参数的取值范围； （2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系； （3）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （33）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围. 22．（2024·贵州毕节·三模）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，，动点P满足，设点P的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)过点的直线l与曲线在y轴右侧交于不同的两点M，N，在线段MN上取异于点M，N的点D，满足．证明：点D在定直线上． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）设点P的坐标为，根据斜率乘积为定值化简即可； （2）设直线l的方程为，联立双曲线方程得到韦达定理式，化简弦长得，代入韦达定理式计算即可. 【详解】（1）设点P的坐标为， 由得，化简整理得， 所以曲线的方程为. （2）若直线l的斜率不存在，则直线l与曲线只有一个交点，不符合题意， 所以直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为， 设点， 联立方程组，整理得，易知， ，解得， ，解得或， 综上或， 因为， 同理由得， 化简整理得， 所以， 化简整理得，代入， 化简整理得， 所以点D在定直线上．    【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用设线法联立双曲线方程得到韦达定理式，再对化简得，代入韦达定理式计算即可. 23．（2024·山东潍坊·三模）在平面直角坐标系中，为坐标原点，为直线上一点，动点满足 ，. (1)求动点的轨迹的方程; (2)若过点作直线与交于不同的两点，点，过点作轴的垂线分别与直线交于点.证明：为线段的中点. 【答案】(1) (2)证明见详解. 【分析】（1）设动点的坐标为，直接利用题中的条件列式并化简，从而求出动点的轨迹方程； （2）要证为线段的中点，只需证即可，设直线的方程为，设点，，，，联立直线与曲线的方程，列出韦达定理，由直线，可求得点，计算即可证. 【详解】（1）设点，则， 因为，所以， 所以，即， 所以动点的轨迹方程为：； （2）因为轴， 所以设，，，， 若要证为线段的中点，只需证即可， 当直线斜率不存在或斜率为0时，与抛物线只有一个交点，不满足题意， 所以直线斜率存在且不为0，， 设直线：，， 由得， ， 由题意可知，直线与抛物线有两个交点， 所以，即，所以， 由根与系数的关系得，，， 由题意得，直线方程，所以， 直线方程，所以， 所以 ， 所以为线段的中点. 24．（2024·山西·三模）已知抛物线的焦点F到准线的距离为2，O为坐标原点． (1)求E的方程； (2)已知点，若E上存在一点P，使得，求t的取值范围； (3)过的直线交E于A，B两点，过的直线交E于A，C两点，B，C位于x轴的同侧，证明：为定值. 【答案】(1) (2) (3)证明见详解 【分析】（1）根据题意可知焦点F到准线的距离为，即可得方程； （2）设，利用平面向量数量积可得，结合基本不等式运算求解； （3）设，求直线的方程，结合题意可得，结合夹角公式分析求解. 【详解】（1）由题意可知：焦点F到准线的距离为， 所以抛物线E的方程为. （2）设，可知，则， 可得， 显然不满足上式， 则，可得， 又因为，当且仅当，即时，等号成立， 则，即， 所以t的取值范围为. （3）设， 则直线的斜率， 可得直线的方程，整理得， 同理可得：直线的方程， 由题意可得：，整理得， 又因为直线的斜率分别为， 显然为锐角，则， 所以为定值. 【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤 （1）由特例得出一个值，此值一般就是定值； （2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；也可令系数等于零，得出定值； （3）得出结论． 25．（2024·辽宁·三模）设抛物线的方程为，为直线上任意一点；过点作抛物线的两条切线MA，MB，切点分别为A，B（A点在第一象限）． (1)当M的坐标为时，求过M，A，B三点的圆的方程； (2)求证：直线AB恒过定点； (3)当m变化时，试探究直线l上是否存在点M，使为直角三角形，若存在，有几个这样的点，说明理由；若不存在，也请说明理由． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)存在，答案见解析 【分析】（1）设切线方程，与抛物线联立方程组，由求出切线斜率，得A，B两点的坐标，可求A，B三点的圆的方程； （2）设切点坐标和切线方程，与抛物线联立方程组，由求出切线斜率，把点代入切线方程，可得直线AB的方程，由方程确定所过定点； （3）利用向量数量积和直线的斜率，结合韦达定理，确定为直角三角形所需条件. 【详解】（1）当M的坐标为时，设过点的切线方程为， 与联立，得，整理得， 令，解得或， 分别代入方程得和，故得，， 同时可求得直线MA的方程为，直线MB的方程为， 进而可知，即直线MA与直线MB互相垂直， 则过M，A，B三点的圆的直径为线段AB， 设该圆上任一点的坐标为，则，， 所以， 从而过M，A，B三点的圆的一般方程为． （圆的标准方程：）． （2）设切点分别为，， 过抛物线上点的切线方程为， 与联立，整理得， ，所以， 又因为，从而过抛物线上点的切线方程为， 即，同理可得过点的切线为， 又切线MA，MB都过点，所以得，， 即点均满足方程， 故直线AB的方程为． 设，其为直线上任意一点， 故对任意成立，从而直线AB恒过定点． （3）由（2）知是方程的两实根， 故有，又，，， 所以． ①当时，，直线上任意一点均有，为直角三角形； ②当时，，，不可能为直角三角形； ③当时，，， 因为，， 所以， 若，则，整理得， 又因为，所以． 因为方程有解的充要条件是，所以当时，有，（的情况同理）， 所以为直角三角形． 综上所述，当时，直线上任意一点，使为直角三角形， 当时，直线上存在两点，使为直角三角形； 当或时，不是直角三角形． 【点睛】方法点睛：解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$